V I N N A N D E V E T A N D E - fysikersamfundet · Vetenskapsfestivalen. Finalisterna får på detta sätt också tillfälle att höra några av föredragen under Fysikens dag. Ansvaret

V I N N A N D E V E T A N D E

S K O L O R N A S F Y S I K T Ä V L I N G

1 9 7 6 - 2 0 0 4

L a r s G i s l é n o c h A l f Ö l m e

1

VINNANDE VETANDE SKOLORNAS FYSIKTÄVLING 1976 – 2004 Lars Gislén och Alf Ölme

1

2

ISBN 91-631-6436-1 © 2004 Lars Gislén och Alf Ölme

Redaktör: Alf Ölme Produktion: Bamiko Första upplagan 1 Tryck: Daleke Grafiska AB 2004

Kopieringsförbud Detta verk är skyddat av upphovsrättslagen! Kopiering, utöver lärares rätt att kopiera för undervisningsbruk enligt BONUS-avtal, är förbjuden. BONUS-avtal tecknas mellan upphovsrättsorganisationer och huvudman för utbildningsanordnare t ex kommuner/universitet. Den som bryter mot lagen om upphovsrätt kan åtalas av allmän åklagare och dömas till böter eller fängelse i upp till två år samt bli skyldig erlägga ersättning till upphovsman/rättsinnehavare. Svenska Fysikersamfundet Manne Siegbahnlaboratoriet Stockholms universitet, 104 05 Stockholm [email protected] www.fysikersamfundet.se

2

3

Förord Förenta Nationerna har deklarerat 2005 som Fysikens år till hundraårsminnet av Einsteins "annus mirabilis". År 1905 publicerade Einstein de tre berömda artiklarna om den fotoelektriska effekten, brownsk rörelse och den speciella relativitetsteorin. Runt om i världen kommer fysikens år att uppmärksammas på många olika sätt. Svenska fysikersamfundet har, som en av sina aktiviteter under fysikens år, beslutat att ge ut denna bok med de tävlingsuppgifter som givits vid Svenska fysikersamfundets tävlingar i fysik för gymnasieelever. Tävlingen startade redan 1976 och samtliga uppgifter som konstruerats finns med i boken åtföljda av förslag till lösningar. Det är vår förhoppning att de många olika problemen skall bidra till att väcka intresse för fysikämnet och att de också kommer att vara ett spännande tidsfördriv för den fysikintresserade. Tävlingen har endast kunnat genomföras med hjälp av ett antal frivilliga entusiaster som ägnat en stor del av sin fritid för att göra tävlingen möjlig. Samfundet vill här tacka alla de som bidragit för deras stora insatser. Vi vill dock rikta ett speciellt tack till Lars Gislén och Alf Ölme som redigerat och sammanställt alla gamla och nya problem så att vi nu har en unik samling fysikproblem. Det är Svenska fysikersamfundets förhoppning att Du som har denna bok i Din hand skall få många stimulerande stunder i fysikens värld. Björn Jonson Ordförande i Svenska fysikersamfundet

3

4

Innehåll 1. Skolornas Fysiktävling – en historik........................................... 6 2. Tävlingsuppgifter Tävlingsuppgifter 1976 ............................................................. 11 Tävlingsuppgifter 1977 ............................................................. 14 Tävlingsuppgifter 1978 ............................................................. 18 Tävlingsuppgifter 1979 ............................................................. 22 Tävlingsuppgifter 1980 ............................................................. 26 Tävlingsuppgifter 1981 ............................................................. 30 Tävlingsuppgifter 1982 ............................................................. 35 Tävlingsuppgifter 1983 ............................................................. 38 Tävlingsuppgifter 1984 ............................................................. 42 Tävlingsuppgifter 1985 ............................................................. 46 Tävlingsuppgifter 1986 ............................................................. 49 Tävlingsuppgifter 1987 ............................................................. 54 Tävlingsuppgifter 1988 ............................................................. 61 Tävlingsuppgifter 1989 ............................................................. 66 Tävlingsuppgifter 1990 ............................................................. 71 Tävlingsuppgifter 1991 ............................................................. 76 Tävlingsuppgifter 1992 ............................................................. 80 Tävlingsuppgifter 1993 ............................................................. 84 Tävlingsuppgifter 1994 ............................................................. 90 Tävlingsuppgifter 1995 ............................................................. 94 Tävlingsuppgifter 1996 ............................................................. 97 Tävlingsuppgifter 1997 ........................................................... 101 Tävlingsuppgifter 1998 ........................................................... 104 Tävlingsuppgifter 1999 ........................................................... 107 Tävlingsuppgifter 2000 ........................................................... 111 Tävlingsuppgifter 2001 ........................................................... 117 Tävlingsuppgifter 2002 ........................................................... 122 Tävlingsuppgifter 2003 ........................................................... 128 Tävlingsuppgifter 2004 ........................................................... 135

4

5

3. Lösningsförslag Lösningsförslag 1976.............................................................. 143 Lösningsförslag 1977.............................................................. 147 Lösningsförslag 1978.............................................................. 155 Lösningsförslag 1979.............................................................. 160 Lösningsförslag 1980.............................................................. 165 Lösningsförslag 1981.............................................................. 171 Lösningsförslag 1982.............................................................. 176 Lösningsförslag 1983.............................................................. 180 Lösningsförslag 1984.............................................................. 185 Lösningsförslag 1985.............................................................. 191 Lösningsförslag 1986.............................................................. 195 Lösningsförslag 1987.............................................................. 201 Lösningsförslag 1988.............................................................. 206 Lösningsförslag 1989.............................................................. 210 Lösningsförslag 1990.............................................................. 215 Lösningsförslag 1991.............................................................. 220 Lösningsförslag 1992.............................................................. 225 Lösningsförslag 1993.............................................................. 230 Lösningsförslag 1994.............................................................. 235 Lösningsförslag 1995.............................................................. 242 Lösningsförslag 1996.............................................................. 249 Lösningsförslag 1997.............................................................. 255 Lösningsförslag 1998.............................................................. 260 Lösningsförslag 1999.............................................................. 264 Lösningsförslag 2000.............................................................. 268 Lösningsförslag 2001.............................................................. 276 Lösningsförslag 2002.............................................................. 284 Lösningsförslag 2003.............................................................. 290 Lösningsförslag 2004.............................................................. 297

5

6

SKOLORNAS FYSIKTÄVLING – EN HISTORIK

Skolornas fysiktävling startade 1976. Professorerna Lennart Minnhagen och Ingvar Otterlund från Lund var vid denna tid ordförande respektive sekreterare i Svenska Fysikersamfundet. De beskrev starten av den sedan dess årligen återkommande tävlingen i Kosmos 1977 på följande sätt.

Svenska Fysikersamfundet och Svenska Dagbladet har genom en stor anonym donation fått möjlighet att arrangera en årligen återkommande tävling i fysik. Tävlingen, som arrangerades för första gången 1976, är i första hand avsedd för elever i årskurs 3 av gymnasiets naturvetenskapliga och tekniska linjer. Skolornas fysiktävling omfattar en kvalificeringstävling, som samtidigt är en lagtävling för ett eller flera 3-mannalag, samt en finaltävling individuellt. Finaltävlingen pågår under två dagar och omfattar en experimentell och en teoretisk del. Prissumman uppgår till cirka 36 000 kr. Segraren i finaltävlingen får ett pris på 6 000 kr samt ett stipendium på 5 000 kr, som utbetalas då han eller hon påbörjar sin eftergymnasiala utbildning….. Deltagarnas prestationer bedömdes av en jury bestående av S Avellén, Lund, B Gestblom, Uppsala, B Lindgren, Stockholm, L Minnhagen, Lund, I Otterlund, Lund, B Petersson, Lund, U Ringström, Stockholm, E Selin, Göteborg och U Åkerlind Stockholm. Svenska Dagbladets representant var PR-chef Gunnar Stomvall, som också svarade för organisationen….. Genom Skolornas fysiktävling får Samfundet kontakt med duktiga elever i fysik, som kan representera Sverige vid den årligen återkommande internationella fysikolympiaden. 1976 deltog Sverige för första gången i fysikolympiaden i Budapest. Lektor Ingemar Bartholdsson, Stockholm och universitetslektor Stig Avellén, Lund ledde ett 5-mannalag som i juli 1977 reste till den 10:e internationella fysikolympiaden i Prag. Deltagandet bekostades av Utbildningsdepartementet. Inom Svenska Fysikersamfundet är vi mycket glada och tacksamma för den stora donation, som gett Samfundet möjlighet att anordna Skolornas Fysiktävling. Vi ser det som utomordentligt värdefullt att denna tävling kommit till stånd bl a för att den kan bidra till att öka intresset för naturvetenskaplig utbildning. Vi är övertygade om att den kommer att stimulera till ökat intresse för fysiken.

6

7

Rapporter från tävlingarna återkommer oregelbundet i olika årgångar av Fysikersamfundets årsskrift, Kosmos. I Kosmos 1979 rapporterar samfundets sekreterare, Willy Persson, att det var ca 1 250 elever representerande över 130 gymnasieskolor som hade anmält sig till tävlingen. Även i Kosmos 1980 rapporterar Willy Persson om oförändrat deltagarantal – ca 1 250 elever. Kosmos 1981 innehåller rapport om rekorddeltagandet 1 400 elever. Samma elevantal rapporteras i Kosmos 1982. I denna rapport nämns även att universitetslektor Lars Silverberg, Lund, varit ansvarig för kvalificeringstävlingen och den teoretiska finalskrivningen. I Kosmos 1983 - 1985 ingår rapporten om fysiktävlingen i Samfundets verksamhetsberättelse vilket också innebar att uppgifterna inte längre redovisades. Svenska Fysikersamfundet arrangerade 1984 den internationella fysikolympiaden i vilken 18 nationer deltog. Denna händelse rapporterades också i Kosmos 1985. En sammanfattning av fysiktävlingens första femton år ges i Kosmos 1991 i Alf Ölmes artikel, Fysik – utbildning, allmänbildning och bildning. Fysiktävlingen har under senare år följts upp i Fysik-Aktuellt där tävlingsuppgifterna ofta publicerats. Det är också möjligt att se de senaste årens tävlingsuppgifter på nätet via länkar från Fysikersamfundets hemsida. Svenska Dagbladet drog sig 1996 ur tävlingssamarbetet med Svenska Fysikersamfundet, som sedan dess har drivit tävlingen i egen regi. Den ursprungligen anonyme donatorn, Josef Anér, fortsatta att stödja tävlingen genom Gunvor och Josef Anérs stiftelse. Stödet minskade dock successivt för att nu vara helt borta. Fysikersamfundet tvingades därmed söka nya sponsorer. Under årens lopp har Naturvetenskapliga Forskningsrådet, Chalmers tekniska högskola, Göteborgs universitet, Erna och Victor Hasselblads stiftelse, Kungliga tekniska högskolan och Physica Scripta tillsammans med andra bidragsgivare gjort det möjligt för Fysikersamfundet att fortsätta tävlingen. Arbetet med att finna sponsorer för tävlingen fortsätter även idag. Det är också intressant att se hur antalet deltagare i tävlingen förändrats. Det framgår av nedanstående diagram att denna utveckling inte föranleder någon större optimism inför fysikens ställning i gymnasiet. Det skall väl också sägas att matematiktävlingen följer samma mönster. Det finns säkert flera olika förklaringar till detta. En bidragande orsak kan ha varit att det centrala provet i fysik för åk 3, som tidigare ägde rum i januari månad, avskaffades 1996. Eleverna var då väl förberedda för att delta i det centrala provet och

7

8

fysiktävlingen drog kanske nytta av denna förberedelse. Under de senaste sex åren har deltagarantalet varit ganska konstant.

Antal deltagare i Fysiktävlingen

0

200400

600

800

10001200

1400

197619781980198219841986198819901992199419961998200020022004 Årtal

Antal

Den nationella fysiktävlingen är både en individuell tävling och en lagtävling. Lagtävlingen är utformad så att de tre bästa deltagarna från en skola får utgöra skolans lag. De sex bästa lagen har belönats med penningpriser. De 12-15 bästa eleverna i landet går vidare till den individuella finalen som också utgör urvalsgrund för de fem deltagare som Sverige skickar till den internationella tävlingen – Fysikolympiaden. Den svenska olympiadgruppen leds av Hans-Uno Bengtsson och Max Kesselberg. Det är under årens lopp många fysiker vid universitet, högskolor och gymnasier som med sitt personliga engagemang har bidragit till att tävlingen har kunnat genomföras. Ansvaret för kvalificeringstävlingen har vilat på Willy Persson (–- 1981), Lars Silverberg (–- 1985), Lars Gislén ( –1999) och Alf Ölme från år 2000. Stig Avellén, Ingemar Bartholdsson, Lars Gislén, Ragnar Hellborg, Gunnar Ohlén, Örjan Nilsson, Alf Ölme, Max Kesselberg och Hans-Uno Bengtsson har varit flitiga problem-konstruktörer. Andra namn från tävlingens första år har nämnts tidigare i denna text. Fysikerna på den följande bilden får representera den grupp entusiaster som arbetat med tävlingen. Bilden är tagen i samband med en finaltävling i slutet av 1980-talet på Fysikinstitutionens gård i Stockholm. Några av personerna

8

9

på bilden är fortfarande aktiva i tävlingsorganisationen. På bilden finns även den grupp av stockholmsfysiker som under många år ansvarat för den experimentella delen av finalen och de praktiska arrangemangen kring denna. I denna grupp är det framför allt Max Kesselberg , Bo Lindgren och Gunnar Edvinsson som under senare år ansvarat för finalorganisationen. Under årens lopp har ordförandena i Svenska Fysikersamfundet – Bengt E Y Svensson, Gunnar Tibell, Jean-Louis Calais, Anders Barany och Björn Jonsson - aktivt medverkat till att tävlingarna kunnat genomföras inte minst under senare år då finansieringen av tävlingen skett genom samfundet.

Bo Lindgren, Erik Noreland, Gunnar Edvinsson, Lars Silverberg, Lennart Samuelsson, Max Kesselberg, Örjan Nilsson, Olli Launila, Ulla Åkerlind, Alf Ölme, Lars Gislén, Peder Royen, och Per Nylén. Fysiktävlingens final flyttade år 2003 till Göteborg på initiativ av Fysikersamfundets nuvarande ordförande, professor Björn Jonson, Göteborg. Prisutdelningen äger rum på Fysikens Dag under Vetenskapsfestivalen. Finalisterna får på detta sätt också tillfälle att höra några av föredragen under Fysikens dag. Ansvaret för finaltävlingen ligger nu i Göteborg och där har Per-Olof Nilsson bidragit med experimentella uppgifter och Ann-Marie Pendrill varit sammanhållande länk för organisationen.

9

10

Finalisterna år 2003 flankerade av jurymedlemmarna Lars Gislén, Sara Bagge och Ann-Marie Pendrill. Jurymedlemmen Max Kesselberg återfinns också i det bakre ledet. Tävlingsuppgifterna från de gångna åren spänner över ett vitt område. Några av dem är väl tidlösa medan andra har varit speciellt aktuella vid de tillfällen de givits. Vår avsikt med att samla uppgifterna på detta sätt för eftervärlden är väl främst att göra dem tillgängliga. I vårt insamlingsarbete av uppgifterna och statistiken kring tävlingen har vi sett att det är lätt att dokumentationen sprids på ett sådant sätt att översikten blir svårare och svårare att få fram ju längre tiden går. Det är naturligtvis också vår förhoppning att dessa uppgifter åter skall roa och stimulera ”nya fysiker” och givetvis också alla ”gamla fysiker”.

Lars Gislén och Alf Ölme Litteratur

L Minnhagen och I Otterlund ”Skolornas fysiktävling” Kosmos 1977, s 11 – 20. Willy Persson ”Skolornas fysiktävling 1978” Kosmos 1979, s 193 – 200. Willy Persson ”Skolornas fysiktävling 1979” Kosmos 1980, s 199 – 209. Willy Persson ”Skolornas fysiktävling 1980” Kosmos 1981, s 223 – 231. Willy Persson ”Skolornas fysiktävling 1980” Kosmos 1982, s 205 – 218. ”Verksamhetsberättelse 1982” Kosmos 1983, s 238 – 239. ”Verksamhetsberättelse 1982” Kosmos 1984, s 245 – 247. ”Verksamhetsberättelse 1982” Kosmos 1985, s 202 – 203. Alf Ölme ”Fysik – utbildning, allmänbildning och bildning ” Kosmos 1991, s 178 – 179.

10

11

SKOLORNAS FYSIKTÄVLING Svenska Dagbladet Svenska Fysikersamfundet

Skrivning vid kvalificeringstävlingen den 12.2 1976.

1. En fjäder med försumbar massa belastas med en vikt m. Fjädern erhåller därvid längden Om fjädern sträcks och därefter släpps svänger den med frekvensen f. Antag att motsvarande två experiment görs i en hiss som accelererar uppåt. Vilka skillnader kan observeras? 2. På botten av en sluten cylindrisk behållare ( se fig. 1) placeras ett antal små stearinljus. – Cylindern sätts därefter i rotation med konstant varvtal, f. Efter en kort stund brinner ljusen lugnt men med lågor som lutar mer eller mindre. Visa att de räta linjerna längs lågornas nya längdaxlar skär varandra i en punkt på rotationsaxeln och ange denna punkts läge. 3. Vid ett experiment för undersökning av rotationsrörelse utgick man från tömda ölburkar. Burk nr 1 försågs med ett foder av mässing (fig. 2 a), nr 2 med en smal axel av mässing, nr 3 fylldes med sand, nr 4 fylldes med vatten och nr 5 med olja. Burkarna fick därefter rulla lika lång sträcka (ungefär 2 m) nerför ett strävt lutande plan (ungefär 10 grader). Man fann då att de passerade den givna sträckan olika fort. Ange vilken burk som bör tillryggalägga sträckan snabbast, vilken som blir tvåa, trea osv. Motivera svaret. Den egna massan hos varje burk kan anses vara försumbar.

11

12

4. Två raka skenor AB och CD med försumbar resistans är parallella och befinner sig på avståndet m 50,1= från varandra. De förenas mellan A och C genom ett motstånd på 10,0 Ω ( se fig. 3). Vinkelrätt mot skenornas gemensamma plan är ett homogent magnetfält B = 0,100 T pålagt. En annan skena med resistansen 20,0 Ω glider med hastigheten v = 8,00 m/s längs de två ledarna. Mellan ledarna är en voltmeter med hög resistans inkopplad i det läge som figuren anger. Vad visar voltmetern? 5. Bestäm den maximala resistansen mellan punkterna A och B i kopplingen enligt fig. 4.

12

13

6. I många optiska sammanhang önskar man reflektera en ljusstråle så att den får motsatt riktning efter reflexionen. Detta kan lätt göras med hjälp av en plan spegel men den måste i så fall justeras in mycket noggrant. Anordningen blir mycket känslig för vibrationer. I fall, där det krävs stor precision, kan man istället använda ett hörnprisma (ett s k Q-hörn), som består av tre plana speglar monterade som insidor i en kub med ett hörn gemensamt. Oberoende av infallsvinkeln reflekteras en inkommande ljusstråle (som reflekteras mot alla tre ytorna) så att den utgående strålen alltid är parallell med den infallande (men motsatt riktad). Förklara varför strålen får denna riktning. 7. De satelliter som skjuts upp från jorden närmar sig efterhand jorden på grund av energiförlust genom friktionen mot atmosfären. Vid vår naturliga satellit, månen, finns ingen atmosfär, men månen förorsakar i stället tidvattenfenomen på jorden, som ger friktionsenergi. Verkan av denna friktion är emellertid den, att månen avlägsnar sig från jorden. Förklara varför det blir så. 8. The current I, described by the graph in fig 5a, flows in the circuit shown in fig 5b. Draw graphs showing the voltage across the resistance R = 15 Ω, the inductance L = 2,0 H and across the capacitance, C = 0,005 F as a function of time, t.

13

14


Skrivning vid kvalificeringstävlingen 1977-02-10.

1. Ett barn kopplar samman ett leksakståg bestående av fyra vagnar, vardera med massan 0,5 kg. I främsta vagnen fästs en kraftig lina för att dra tåget medan vagnarna kopplas samman med en tunnare tråd, som endast tål en dragkraft på 9 N, innan den brister. För att förstärka kopplingen knyter barnet samman vagnarna 1 och 2 med fyra trådar, medan övriga vagnar är förbundna med två trådar. Med vilken maximal kraft kan barnet dra horisontellt i draglinan, om det vill att alla vagnarna skall följa med? Friktionskrafterna antas försumbara. 2. Fig. 1 visar en bärbar heltransistoriserad TV-apparat. Den kan användas endast av en person i taget. Uppbyggnaden av den lilla behändiga apparatens optiska system framgår av fig. 1. Bestäm storleken av den bildruta man ser i spegeln. Hur långt bakom apparatens bakre vägg ligger bilden? Den konkava spegelns radie är 32,7 cm och bildröret är 2´´. Skissen visar alla nödvändiga data

.

14

15

3. En stav av koppar, en av järn och en av aluminium är hopfogade med varandra så att deras axlar bildar en rät linje. Förhållandet mellan deras längder är 7:4:9. Tyngdpunkten ligger i gränsytan mellan kopparstaven och järnstaven och den ändrar ej sitt läge när temperaturen ökar 2°C. Bestäm förhållandet mellan tvärsnittsareorna för stavarna. 4. I ett akvarium som är helt vattenfyllt hänger en mässingskula, A, med volymen 5 cm3 i en tunn tråd ned från akvariets lock, som är vattentätt fastsatt vid akvariet. En kula, B, av kork med samma volym som mässingskulan är med en tunn tråd fäst vi akvariets botten. Se fig. 2. a) Beskriv vad som sker när akvariet placeras i en bil och ges en acceleration av 2,5 m/s2. Snörena förutsätts hålla. Motivera svaret b) Beskriv vad som händer när snörena går av.

5. Två parallella metallskenor med försumbar resistans bildar vinkeln α med horisontalplanet. Avståndet mellan dem är . En metallstav med försumbar resistans glider friktionslöst ned längs skenorna. De nedre ändarna av skenorna är anslutna till en kondensator med kapacitansen C. Hela anordningen befinner sig i ett lodrätt magnetfält med styrkan B (= flödestätheten). Härled ett uttryck för stavens acceleration, om dess massa är m. (Metallstaven är hela tiden horisontell.)

15

16

6. Ett eluppvärmt hus har radiatorer A, B och C och lampor L1, L2 och L3 kopplade till trefas 220V/380V- växelströmsnätet enligt fig. 3 så att den s k fasspänningen på 220 V ligger över lamporna och den s k huvudspänningen på 380 V ligger över el-radiatorerna.

a) Vid ett tillfälle då alla lamporna var tända och alla elradiatorerna påslagna gick säkringen vid 1 sönder (överbelastning). Hur märks detta på lamporna? Motivera svaret. b) Ändras lamporna i ljusstyrka och i så fall hur, om man utan att byta säkring slår ifrån radiatorn A? Motivera svaret. 7. I galaxernas spektra är spektrallinjerna förskjutna åt det långvågiga hållet (”rödförskjutna”) vilket enligt Dopplers princip kan betyda att de avlägsnar sig från oss. Man har experimentellt funnit att de ur rödförskjutningen beräknade hastigheterna (v) i stort sett är proportionella mot avstånden (r) , dvs

Hrv = där H är en proportionalitetsfaktor. Denna empiriska relation, Hubbles lag, tyds som en expansion av universum från ett supertätt ursprungstillstånd (teorin om ”Big Bang”). a) Motivera varför Hubbles lag icke innebär att vår galax befinner sig i ”universums mitt”! b) För Hubbles konstant, H, har man från nyare observationer bestämt värdet H=55 km s-1Mpc-1,varvid hastigheten v anges i km/s och avståndet r

16

17

i megaparsec. Avståndsenheten parsec (pc) är det avstånd från vilket jordbanans halva storaxel syns under vinkeln 1 bågsekund vilket innebär att 1 pc = 3,26 ljusår. Beräkna den sk hubbleåldern, dvs universums ålder under antagande att expansionshastigheten varit konstant. 8. Two identical capacitors are connected as shown in Fig 4. A dielectric slab is slipped between the plates of one capacitor, the battery remaining connected. Describe qualitatively what happens to the charge, the capacitance, the potential difference, the electric field strength and the stored energy for each capacitor.

17

18


Skrivning vid kvalificeringstävlingen 1978-02-09

1. En person står på ett 90 cm högt bord och sparkar till en boll så att dess begynnelse-hastighet blir horisontell. Med en elektronisk tidtagare bestäms den tid som skon har kontakt med bollen till 0,15 s. Bollen som från början ligger nära bordskanten ( se fig. 1) träffar golvet 4,3 m från begynnelseläget (mätt längs golvet). Beräkna medelvärdet av kraften på bollen under sparken. Bollens massa är 1,5 kg. 2. Översta ändan av en 2,50 m lång stolpe, som står lodrätt i en vattenbassäng, räcker 0,50 m över vattenytan. Solen står 45° över horisonten. a) Hur lång blir skuggan av stolpen på bassängens botten? b) Hur djupt under vattenytan tycks bilden av skuggan ligga om man tittar rakt uppifrån från en plats relativt högt ovanför vattenytan? Blir bilden av skuggan förstorad, förminskad eller oförändrad i storlek genom brytningen i vattenytan ( med andra ord hur stor blir lateralförstoringen)? Motivera svaret. 3. I en experimentuppställning enligt fig. 2 är A och B två små mycket lätta och mycket lättrörliga trissor över vilka ett mycket lätt snöre löper. I vardera ändan av snöret hänger en 3 kg-vikt. Mitt emellan A och B är ytterligare ett snöre med en 3 kg-vikt fastsatt. Vid experimentets början stöds den mellersta vikten så att den ej rör sig nedåt. Stödet tas sedan snabbt bort. Hur lång rör sig den mellersta vikten innan den vänder och rör sig uppåt?

18

19

4. a) Hur skall man placera ett antal likadana tegelstenar på varandra för att få ett så stort överhäng som möjligt? Se fig. 3. b) Härled ett approximativt uttryck som underlättar bestämningen av överhängets maximala storlek om man har ett stort antal, N, tegelstenar. Hur mycket ändras enligt detta uttryck överhängets storlek om antalet stenar ökas från 100 till 200 om deras dimensioner är 7cm⋅12cm⋅26cm? 5. En elektronstråle, som passerar en liten öppning, är spridd över en kon med en liten toppvinkel δ - se fig. 4. Om ett lämpligt magnetfält B anbringas parallellt med knippets axel så kan hela elektronstrålen fås att passera genom en likadan utgångs-öppning på avståndet längs axeln. Bestäm B om elektronerna före inträdet i magnetfältet genomlöpt spänningen U.

6. För att minska vårt oljeberoende har man föreslagit att det ska byggas ett stort antal s k minikraftverk vid våra åar och älvar. Minikraftverken beräknas ge 100 – 1500 kW och kan vid serietillverkning byggas till en kostnad av 2 – 8 miljoner kronor styck, dvs i samma storleksordning som ett vindkraftverk. En fördel med satsningen på minikraftverk är att de kan byggas över hela landet och att de genom fjärrstyrning kan kopplas in vid toppbelastning av elnätet och då ersätta olje- eller gasdrivna kraftverk. Ett minikraftverk, som redan finns i drift, är placerat vid en å, som har ett årsmedelvärde av vattenföringen av 7,0 m3/s. Fallhöjden är 6,5 m och samtliga förluster på grund av friktion, virvelströmmar, spänningsfall i ledningar mm beräknas till 15 % av den tillförda effekten. Ungefär hur mycket olja kan man spara per år med ett sådant kraftverk om verkningsgraden i ett oljeeldat kraftverk är 40 % och 1 m3 olja vid förbränning ger 10,8 MWh?

19

20

7. I en nyligen utkommen bok ”The Perception of Light and Colour” uppges, att direkta undersökningar av näthinnan för olika personer tyder på att det i människoögats näthinna finns tre olika typer av färgkänsliga tappar. I fig. 5 visas deras relativa känsligheter enligt två forskare, Thomson och Wright. a) Beräkna förhållandet mellan det minsta antal fotoner som behövs för att ge synintryck vid maximipunkterna B, G och R. b) Graferna visar en relativt sett stor känslighet hos näthinnan i det blåvioletta området. Detta överensstämmer inte med undersökningen av känsligheten för det kompletta ögat, vilket visar att ögat är mest känsligt i det gröna området. Kan du ge någon rimlig förklaring till diskrepansen?

8. A beam of slow neutrons strikes an aluminium foil m 100,1 5−⋅ thick. Some neutrons are captured by the aluminium which becomes radioactive and decays by emitting an electron (β-) and forming silicon:

n + Al27 → Al28 → Si28 + β- Suppose that the neutron flux is 1-216 sm 100,3 −⋅⋅ , and the neutron capture cross section is 0,23 barn. How many transmutations will occur each second per m2?

20

21

Hints (from an English textbook). Let the area of the foil exposed to the beam be A and the thickness of the foil be x. If there are n target particles per unit volume in the foil, the total number of available target particles is nAx. If the effective area (that is the cross section) for the event we are concerned with is σx , the total effective area of all the nuclei is nAxσx . If R0 is the rate at which projectiles strike the target and Rx is the rate at which the events in which we are interested occur, we have (if the target is thin), because of the random nature of the events

xx

xx

nxRRA

nAxRR

σ

σ

0

0

=

=

Thus we can measure σx for the event by measuring Rx , R0, n and x. Cross sections are commonly expressed in barns or submultiples thereof.

228 m 10barn1 −=⋅ .

21

22


Skrivning vid kvalificeringstävlingen 1979-02-08

1. I figuren ovan är B backspegeln samt S1 och S2 sidospeglar. Krysset markerar bilförarens ena öga. Rita en noggrann kopia av figuren och ange med lämplig konstruktion det synfält bakåt som föraren har. Undersök speciellt hur speglarna utnyttjas och blinda vinklar. Föreslå hur man kan vrida speglarna för att få ett så bra synfält som möjligt ur trafiksäkerhetspunkt. OBS Konstruktionen måste klart och tydligt framgå av figur med kommentarer.

2. Ridåslutaren till en kamera fungerar så att en springa passerar över filmplanet med en hastighet som bör vara så konstant som möjligt. Förutom hastigheten kan även springans bredd ändras.

För att kontrollera en ridåslutare till en småbildskamera belystes filmplanet med stroboskopljus då springan passerade över filmplanet. Efter framkallningen av filmen har man då en registrering av springans läge vid olika tidpunkter. Bilden ovan visar kontaktkopior av filmen för två olika

22

23

inställningar på exponeringstiden. (Skala 1:1). Stroboskopfrekvensen var vid upptagningen 250 Hz och stroboskopblixtens varaktighet försumbar. a) Bestäm springans hastighet i de båda fallen. b) Bestäm exponeringstiden d v s den tid en godtycklig punkt i filmplanet är belyst och uppskatta hur mycket exponeringstiden varierar för olika delar av filmen. 3. Vid planeringen av belysningen på en gata var kravet att belysningen på gatan mitt emellan två stolpar ej skulle vara mindre än hälften av belysningen rakt under en lampa. Bestäm det största möjliga avståndet a mellan två närliggande lampor för att ovanstående villkor skall vara uppfyllt om hänsyn endast tas till belysningen från lampor på stolpar vars avstånd från den punkt vi studerar är mindre än a. Gatlyktorna är placerade 6,0 m över gatans mittlinje och deras ljusstyrka är konstant i de riktningar som är aktuella.

4. Grafen ovan visar kraften F som funktion av förlängningen hos gummibandet i en slangbåge. Beräkna den maximala skottvidden om man som projektil använder en nickelkula med massan 10 g. Ingen hänsyn tas till luftmotståndet.

23

24

5. För att studera reaktioner vid mycket höga energier t ex då tunga elementarpartiklar bildas kan man låta protoner med hög energi kollidera. Man låter då först protonerna cirkulera i s k lagringsringar där protonstrålar styrs i cirkulära banor av elektriska och magnetiska fält och rör sig (på grund av sin höga energi) praktiskt taget med ljushastigheten. I en sådan forskningsanläggning har lagringsringarna en diameter på 1,2 km. Beräkna antalet protoner i ringen då man genom att studera magnetfältet funnit att protonstrålen motsvarar en strömstyrka av 7,8 A.

6. En spole märkt 12 000 varv, 3 200 Ω kopplades till en (induktionsfri) resistans om 4 000 Ω. Spänningen över resistansen studerades sedan på ett minnesoscilloskop enligt figuren ovan. Ovanför spolen var en permanent magnet med massan 240 g upphängd i ett snöre 14 cm över bordet. Då snöret klipptes av erhölls på oscilloskopet den avbildade grafen. Beräkna ur denna graf hur stor del av magnetens lägesenergi som omvandlades till elektrisk energi. Ratten för y-avlänkningen var inställd på 0,5 V/skaldel och för tidsavlänkningen på 50 ms/skaldel.

24

25

7. En källa för joniserande strålning (α-strålning) är placerad i punkten O. S1 är en tunn cirkulär bländare (öppning << 1mm) placerad så att ett praktiskt taget parallellt knippe av α-partiklar lämnar S1. Bakom en spalt S2 med öppning 0,8 cm är en detektor D placerad och hela försöksuppställningen är placerad i vakuum. Mellan S1 och S2 pålägges ett magnetfält vinkelrätt mot strålen. Den i D uppmätta intensiteten (angiven i counts per sekund; c/s) registreras som funktion av fältstyrkan B och ger då kurvan ovan. Beräkna energin hos de avgivna α-partiklarna. Kan du finna en förklaring till oregelbundenheterna i kurvan vid B = 0,4 T?

8. Two vertical glass tubes filled with a liquid are connected at their lower ends by a horizontal capillary tube. One tube is surrounded by a bath containing ice and water in equilibrium ( 0 °C), the other by a hot-water bath with temperature t. The difference in height of the liquids in the two columns is ∆h and h0 is the height of the column at 0°C. Show how this apparatus, first used in 1816 by Dulong and Petit, can be used to measure the true coefficient of volume expansion, β, of a liquid (rather than the differential expansion between glass and liquid). Determine β if t=16,0 °C, h0 = 126 cm and ∆h=1,50 cm. (Problemet är hämtat ur Halliday-Resnick “Physics for Students of Science and Engineering”)

25

26


Skrivning vid kvalificeringstävlingen 1980-02-07.

1. Till ett elektriskt torrbatteri med 4,5 V emk och 1,8 Ω inre resistans ansluts ett belastningsmotstånd R. a) Rita en graf över den i R utvecklade effekten som funktion av resistansvärdet R. b) Härled villkoret för maximal effektutveckling i R. 2. Hos en spole med avsevärd induktans men utan järnkärna bestäms resistansen till 38 Ω. Spolen ansluts sedan i serie med en växelströmsamperemeter och ett reglerbart motstånd till en växelströmskälla ( 220 V, 50 Hz). Parallellt med spolen kopplas en glimlampa med en tändspänning på 94 V och med mycket stor resistans. Då hela det reglerbara motståndet är inkopplat är glimlampan släckt, men när resistansen hos detta motstånd minskas börjar den plötsligt lysa. Amperemetern visar i detta ögonblick 1,38 A. a) Beräkna fasförskjutningen mellan ström och spänning i spolen samt spolens induktans. b) Med en järnkärna i spolen får man ett systematiskt fel med denna metod. Diskutera detta. 3. Beräkna förhållandet mellan belysningen på jordytan en klar dag och en klar natt med fullmåne. Det är rimligt att anta att den belysta sidan av månen reflekterar det från solen kommande ljuset likformigt i alla riktningar i den halvsfär som är vänd mot jorden. (Ett förenklat antagande som i detta fall utgör en god approximation.) Vi antar också för enkelhets skull att 100 % av ljuset reflekteras. Erforderliga astronomiska data tas från tabell. 4. Vätskestrålen hos en s k bläckstråleskrivare (”recording ink jet”) består i vissa fall av två delar, en inre färgad stråle med cirkulärt tvärsnitt som omges av en cirkulärcylindrisk mantel av ofärgad vätska. Se fig. För att bestämma förhållandena mellan vätskemängderna i de båda skikten mikrofotograferades strålen. Den slutliga bilden som visas i figuren i naturlig storlek var förstorad 230 ggr i förhållande till själva strålen. Beräkna förhållandet mellan den inre strålens volym och den totala vätskevolymen då man vet att vätskans brytningsindex är 1,38.

26

27

5. Luft i rörelse innehåller stora energimängder. Vindkraft kan byggas för att omvandla vindenergi till mekaniskt arbete. Man beräknar att vindkraft på längre sikt kan bidra med cirka 30 TWh/år till Sveriges elförsörjning motsvarande hälften av den nuvarande vattenkraftproduktionen. Vindenergi utvinnes t ex genom att vinden får driva en snurra. Då en snurra placeras i en strömmande gas störs strömningsfältet så att vi får ett övertryck omedelbart framför snurran och ett undertryck omedelbart bakom. Denna tryckdifferens driver snurran. Dessa tryckdifferenser utjämnas sedan och på stort avstånd framför och bakom snurran är trycket lika med det ytter barometertrycket B. Som följd av tryckvariationerna får vi en ändring av luftens hastighet och strömningslinjerna utgör banan för de enskilda ”luftpartiklarna”. Fig. 5a

respektive b visar detta. För ett dylikt strömningsfält gäller 2

20 vvv

+= ,

där 0v är den ostörda vindhastigheten före snurran, v är vindens hastighet vid snurran och 2v är vindens hastighet efter snurran ( se figur). De aktuella variationerna i lufttrycket är så små vid sidan av det yttre barometerståndet att vi kan anse densiteten vara konstant. a) Hur mycket skall vindhastigheten sjunka vid passagen av snurran för att vindkraftverket skall ge maximal effekt? b) Hur mycket ökar effekten om vindhastigheten ökar från 7 till 8 m/s?

27

28

6. You are driving behind a lorry with two wheels on each end of the back axle, when you notice that a stone is trapped between two of the tyres. So you increase your distance behind the lorry to 22,5 m ( after a quick bit of mental arithmetic), so as to be sure that the stone will not hit your car if it comes loose. What is the speed of the lorry? 7. För att på ett relativt enkelt sätt tillverka en konkavspegel till t ex ett enklare spegelteleskop kan man göra på följande sätt: I en relativt djup cirkulär skål hälls ett tvåkomponentlim till ungefär halva höjden. Skålen placeras på en horisontell skiva som får rotera med konstant hastighet, så att skålens mitt sammanfaller med rotationsaxeln. På grund av rotationen pressas vätskan utåt och genom att avpassa rotationshastigheten kan man ge yta en lämplig krökning. Rotationen fortsättes med konstant hastighet till dess limmet undergått härdning, varefter ytan förses med ett reflekterande skikt.

28

29

a) Härled ett uttryck för lutningen hos tangenten till ytan på ett avstånd x från rotationsaxeln. b) Formulera differentialekvationen för ytans krökning och integrera uttrycket. c) Ange brännpunktens läge och beräkna brännvidden om skålen placerats på en skivspelare med rotationshastigheten 33 varv/min. 8. Ädelgasen radon bildas vid sönderfall av radioaktiva ämnen i uranserien vilka bl. a förekommer i flera slag av byggnadsmaterial. Allteftersom den bildas, diffunderar den ut från väggar som tillverkats av sådant material och bostadsrummen kommer då ständigt att innehålla radon. Radonmängden kan tillfälligt minskas genom vädring. Radongasen är i sin tur radioaktiv och utsänder α-partiklar med en räckvidd av 4,2 cm. Radongasen har en halveringstid på 3,82 dygn och även de därvid uppkomna nya kärnorna (radondöttrarna) är radioaktiva. För att undersöka förekomsten av radon i luften kan man hänga upp en viss sorts plastfilm i rummet. Då en α-partikel passerar filmen påverkas filmen så att det uppstår ett hål i den då den etsas med natronlut. Antalet hål per area, som kan bestämmas med hjälp av mikroskop, är lika med antalet α-partiklar som träffat filmen. Detta antal är proportionellt mot radonkoncentrationen. Beräkna koncentrationen av radon i ett rum där man haft en plastfilm upphängd under 12 dygn och på vilken man fann 160 hål/cm2. Man kan anta att vart tredje hål kommer från radonet och de övriga från radondöttrarna.

29

30

KVALIFICERINGS- OCH LAGTÄVLING SKOLORNAS FYSIKTÄVLING 3 februari 1981

SVENSKA DAGBLADET SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET

1. En vätska kokas med olika tillförd effekt i en anordning enligt figur 1. Effekten varieras genom att variera den pålagda spänningen. Den bildade ångan kondenseras till vätska och uppsamlas under tiden 300 sekunder. För varje värde på spänningen mäts den utvecklade effekten, som avläses på en noggrann wattmeter. I tabellen anges de olika mätresultaten. Beräkna vätskans specifika ångbildningsvärme. Diskutera möjliga felkällor.

4,110,1011208,80,137140

14,20,18016019,50,22918024,00,295200

gKondensat/Effekt/kWSpänning/V

2. Den maximala effektutvecklingen hos en bil är 50 kW. Bilens massa är 500 kg. Antag att motorns effekt är oberoende av hastigheten och beräkna den kortast möjliga tid det tar för bilen att accelerera från 0 till 100 km/tim då friktionskoefficienten mellan hjulen och marken a) antages obegränsat stor b) är 0,6. 3. Cs är en plattkondensator där plattornas area är 154 cm2 och avståndet mellan dem är 0,120 mm. Den är placerad inuti en annan plattkondensator med samma area hos plattorna, men med plattavståndet 0,360 mm. Kondensatorerna är placerade så att den gemensamma arean är 77 cm2. De inre kondensatorplattorna är mycket tunna (aluminiumfolie) och systemet

30

31

hålls på plats med 3 st 0,120 mm tjocka plastskivor med dielektricitetskonstanten εr = 3,6, som alltså helt utfyller mellanrummet mellan plattorna. Beräkna strömmen i S-kretsen då de yttre plattorna (P-kretsen) ansluts till en spänningskälla, (en tongenerator) som ger en växelström med den effektiva spänningen 20,0 V och frekvensen 15 kHz. Amperemeterns inre resistans är försumbar. Kretsen ovan kan i vissa fall med fördel ersätta en transformator.

4. Då en källa som utsänder elektromagnetisk strålning rör sig relativt en observatör registrerar observatören på grund av dopplereffekten en frekvens

f = f0 1+v

ccosθ

, där f0 är frekvensen i källans system, v relativa farten, c

vågrörelsens utbredningshastighet och θ vinkeln mellan källans hastighet och riktningen från källan till observatören. Då en satellit passerade en ort registrerades den mottagna frekvensen som funktion av tiden. Resultatet visas i figur 4.

31

32

a) Beräkna satellitens fart. b) Visa att för minsta avståndet, h, mellan källa och observatör gäller

0dd

02

tttfc

fvh

=

= ( t0 är tiden för passagen)

samt beräkna satellitens minsta avstånd från observatören. 5.

En yta A som skall fotograferas enligt figuren ovan utstrålar i området för filmens känslighet effekten P(W/(m2sr)) i normalens riktning (sr = steradian). Man kan anta att filmens känslighet är densamma som ögats. a) Visa att bestrålningen E på filmen, d v s den mot filmen infallande effekten per areaenhet är E = P ⋅ ωk , där ωk är den rymdvinkel objektivöppningen upptar sedd från filmen.

Sambandet kan således också skrivas E = P ⋅π4

⋅d

f

2

där f / d ,

kameralinsens brännvidd f dividerad med linsens öppningsdiameter d, brukar kallas bländartalet. b) För en kraftigt belyst yta är P enligt ovan cirka 5 W/(m2sr). Hur lång tid tar det innan en bromsilvermolekyl på den fotografiska filmen samlat tillräckligt med energi för att dissocieras (cirka 10–19 J). Bromsilvermolekylen kan betraktas som en sfär med radien 4·10–10 m. Kameran är inställd så att f / d = 5,6. c) Hur stämmer detta med vår erfarenhet om ögonblicksbilder? Förklara!

32

33

6. En cylindrisk plaststav har lagts på ett linjerat papper och fotograferats rakt uppifrån. Bilden till höger visar resultatet. a) Förklara kvalitativt den vridning av linjerna vi ser. b) Gör genom mätningar på fotot en uppskattning av plastens brytningsindex.

7. Radien av en atomkärna kan beskrivas med formeln r =1,2 ⋅ A1/ 3 ⋅10−15 m där A är antalet nukleoner i kärnan. Beräkna till vilken kinetisk energi en alfapartikel (Z = 2, A = 4) minst måste accelereras för att komma så nära en guldkärna (Z = 79, A = 197) att de två kärnorna berör varandra. Det elektriska fältet kan anses vara samma som om hela kärnans laddning (Ze) vore koncentrerad till kärnans centrum och man kan vidare anta att guldkärnan ligger stilla under hela förloppet. 8. One evening a little boy was told to buy some sausages from XYZ Supermarket. The butcher, holding a long string of small link sausages upright just above the scale pan, offers to charge him for just one-half of the maximum reading of the scale after he releases the string. The little boy, not knowing much physics, eagerly agrees. How much more did the little boy pay than the proper charge?

33

34

Kommentarer 1981:1 Denna uppgift var ursprungligen en tävlingsuppgift vid en av de internationella fysikolympiaderna. 1981:6 En intressant och svår uppgift. Lägger man staven på ett rutnät får man något som liknar en oändlighetssymbol - ∞ - som en gång användes av Konsum som loggo. Det fanns vissa planer på att sälja idén till detta företag. Den uppmärksamme betraktaren ser att ”plaststaven” i själva verket är ett glasrör fyllt med vatten. Detta avslöjas av korkarna i ändarna.

34

35

SKOLORNAS FYSIKTÄVLING 2 februari 1982

SVENSKA DAGBLADET - SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET 1. På södra stjärnhimlen finns en stjärna α Centauri A. Ur olika observationer kan man dra slutsatsen att stjärnan mycket liknar vår sol. Mätningar visar att här på jorden ger solen en belysning som är 50·109 gånger så stor som den belysning som α Centauri A ger. Beräkna avståndet i ljusår till stjärnan då man vet att ljuset tar 8,3 minuter från solen till jorden. (Om Du ej känner formeln för belysningen hittar Du den i tabellen.) 2. I Sverige finns en bestämmelse att bilar skall framföras med halvljuset, eller någon motsvarande belysning, tänd även under dagtid. Självfallet ökar detta bensinförbrukningen. Beräkna med hjälp av uppgifterna nedan: a) Hur mycket detta ökar förbrukningen och kostnaden för medelbilisten. b) Hur många liter bensin detta totalt betyder för hela landet. I Sverige finns c:a 2 300 000 bilar och en bil kör i medeltal 1500 mil/år, med en medelhastighet av 55 km/tim. Motorns verkningsgrad är 25% och vid förbränningen av ett kilogram bensin bildas 41 MJ. En halvljuslampa är normalt på 45 W och omvandlingen från mekanisk till elektrisk energi har mycket hög verkningsgrad (=100%). Man kan vidare räkna med att en bil framförs till 80% under dagtid. Bensinens densitet är kg/ 80,0 . Bensinpriset är för närvarande 3,70 kr/liter. 3. För bevattning användes en s.k. vattenkanon som bevattnar ett cirkulärt område med 12 meters radie med 80 liter vatten per minut. Vattenkanonen är placerad i markplanet. Vattnet hämtas från en brunn där vattenståndet är 4 meter under marken. a) Hur stor effekt fordras för att lyfta vattnet upp till pumpen? b) Hur stor effekt måste pumpmotorn minst utveckla för att pumpa upp och sprida ut vattnet då man kan anta att allt vatten lämnar munstycket med samma hastighet. (Det sprids ut över hela ytan på grund av munstyckets form.) 4. Diagrammet visar ström-spännings-karakteristiken för en halogenlampa, avsedd att användas som halvljus i en bil med 12 V system. Det är under dagtid tillräckligt med en lampeffekt på 40 W. Lampeffekten kan man reglera genom att koppla en resistor i serie med lampan.

35

36

a) Hur stor skall resistansen vara för att lampeffekten skall bli 40 W. b) Med hur många procent ändras den totala effektförbrukningen av att resistorn kopplas in? 5. A nonuniform bar of weight M is suspended at rest in a horizontal position by two light ropes as shown in figure. The angle one rope makes with the vertikal is ϕ = 38˚, the other makes the angle θ = 51˚ with the vertical. If the length l of the bar is 6,0 m, compute the distance x from the right-hand end to the center of gravity. 6. Vid sönderfall i uranserien sker sönderfallen normalt så att endast strålning med liten genomträngningsförmåga frigörs. I 0,7% av sönderfallen från U238 går dock sönderfallet över en isomer av kärnan U234 varvid en foton med hög energi frigörs. Denna strålning har stor genomträngningsförmåga och studerades därför vid mätningarna på strålningen från den i Blekinge grundstötta ubåten U137. Vid mätningarna användes en detektor som för den aktuella energin har en effektivitet om 0,25% (d.v.s. en foton av 400 ger upphov till en specifik karakteristisk puls i detektorn). Detektorns "känsliga" yta är 22 cm2 och den kan antas placerad 1,5 m från strålkällan. Strålkällan kan behandlas som punktformig. Vid mätningarna registrerades 125 dylika pulser i timmen. Gör en uppskattning av mängden uran i ubåten då man kan räkna med att 93% av den ursprungliga strålningen absorberas i ubåtens pansarplåt. Halveringstiden för U238 är 4,5·109 år. Värden på Avogadros konstant och urans atomvikt tas från tabeller.

36

37

7. Metan har mycket stor förmåga att absorbera infraröd strålning av våglängden 2,3 µm. Sålunda finner man att ett 1,0 cm tjockt lager av metan med trycket 1013 mb och temperaturen 0 ˚C absorberar 98 % av sådan strålning. Genom mätningar har man funnit att av den mot jorden infallande strålningen med denna våglängd absorberas 99,96 % på grund av att jordatmosfären innehåller metan. Beräkna härav hur många viktsprocent metan det i medeltal finns i jordatmosfären. 8. Ett cylindriskt glaskärl med ytterradien R och innerradien r är fyllt med en vätska som avger grönt luminiscensljus när den belyses med ultraviolett ljus. Härigenom kommer varje punkt i vätskan att uppträda som källa för grönt ljus. Vilket värde måste förhållandet mellan inre och yttre radien ha för att glasväggen då cylindern iakttas från sidan skall synas ha tjockleken noll. Brytningsindex för glaset är n1 och för vätskan n2 för det aktuella ljuset. Kommentarer 1982:2. Uppgiften inspirerades av den aktuella bestämmelsen om halvljusbelysning på fordon under dagtid. Det fanns en debatt i medierna om att detta skulle innebära en väsentligt ökad bensinförbrukning något som en enkel överläggning visar inte är fallet. 1982:6. Den i Karlskrona skärgård grundstötta sovjetiska ubåten U137 var en av den tidens stora nyheter. Personal från fysiska institutionen på Lunds universitet åkte ut med en liten båt som lades intill ubåten och mätte med medhavd utrustning den joniserande strålningen från ubåten. Beräkningarna visade att det inte var osannolikt att ubåten hade någon form av kärnladdning ombord.

37

38


SVENSKA DAGBLADET - SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET

1. En satellit i en cirkulär bana runt jorden har en hastighet v = 8,0 km/s. Om satelliten tränger in i jordatmosfären bromsas den upp och upphettas av friktionsvärmen. Beräkna hur många grader satelliten upphettas då den bromsas helt ned till hastigheten noll om inga speciella skyddsåtgärder vidtas. Antag för enkelhetens skull att friktionsvärmen fördelas lika mellan satelliten och atmosfären samt att satelliten huvudsakligen består av järn med specifika värmekapaciteten 448 J/(kg·K). Vad innebär det erhållna resultatet? 2 An electric heater has two windings. One alone across the 220 V line brings a kettle to a boil in 3,2 min. The other alone does it in 5,4 min. How long would it take if the two windings are connected across the 220 V line. a) in series? b) in parallel? 3. För att bestämma friktionstalet för en viss sorts trä mot ett bord gjordes följande. Man sågade till en kloss med massan m1 = 80 g. I klossen fäste man ett oelastiskt lätt snöre som man lät löpa över en lätt friktionsfri trissa. Snörets andra ände fästes i en vikt med massan m2 = 100 g. Vikten får stå på golvet och snöret sträcks. Klossen dras därefter tillbaka en sträcka l1=0,60 m, varefter den släpps. Man får då en accelererad rörelse tills vikten slår i golvet. Klossen fortsätter sen en sträcka l2 = 0,35 m innan den stannar (se figur). Beräkna friktionstalet mellan klossen och bordet.

38

39

4. En intressant metod att bestämma avståndet till en stjärna möjliggjordes då en ny stjärna (en nova) observerades i juni 1918. (Nova Aquilae; V603Aql). En samtida observation av stjärnans spektrum visade dopplerförskjutna absorptionslinjer motsvarande en hastighet av 1700 km/s. I juni 1926 observerade man runt stjärnan ett svagt töcken som var 16" (16 bågsekunder) i diameter. Beräkna avståndet till Nova Aquilae lämpligen uttryckt i ljusår. 5. Fotot är taget med en kamera vars objektiv kan betraktas som en tunn lins. Linjalen som är 25 mm "hög" är placerad i vinkel (35˚) med optiska huvudaxeln och så att skalstreck 33 avbildas skarpt i mitten på filmen. Avståndet mellan objektivet och 33-strecket är 292 mm.

a) Beräkna med hjälp av mätning på fotot med den avbildade mm-skalan objektivets brännvidd och avståndet mellan filmen och objektivet. b) Som framgår av fotot blir bilderna av punkter på linjalen oskarpa om de ligger mer än ungefär 10 mm från 33-strecket. Varje föremålspunkt ger en s.k. oskärpecirkel vars storlek beror av bländaröppningen. Beräkna oskärpecirkelns diameter om bländartalet (förhållandet brännvidd/objektivdiameter) är 8 och föremålspunkten ligger 10 mm framför 33-strecket. 6. Två stålkulor är fastlödda i metalltrådar och kopplade till en kondensator med kapacitansen 72 µF över en resistor med resistansen 6,4 Ω (se fig.6.). Kulorna är upphängda så att de kan pendla och stöta mot varandra mitt under upphängningspunkten. Kondensatorn laddas upp och ansluts sedan till

39

40

en skrivare som registrerar spänningen över kondensatorn som funktion av tiden. Kondensatorn urladdas relativt långsamt genom skrivaren (skrivaren har en ingångsresistans på ungefär 3·105 Ω ). Under detta förlopp bringas kulorna att upprepade gånger stöta samman varvid kondensatorn dessutom urladdas över 6,4 Ω -resistorn genom kulorna. Skrivarens registrering visas i fig.6b. I diagrammet motsvarar 1 skaldel i horisontell led 3,0 s och 1 skaldel i vertikal led 1,00 V. Beräkna den tid kulorna är i kontakt under ett stötförlopp.

7. Historiker har antagit att Napoleon Bonaparte avled på S:t Helena 1821 av kronisk arsenikförgiftning orsakad av arsenikinblandning i födan. Ett stöd för en sådan hypotes fick man i början av 1960-talet då man tyckte sig kunna påvisa arsenik i några av Napoleons hårstrån. Med förfinade analysmetoder har denna undersökning upprepats och nyligen publicerats i Nature (14 oktober 1982). Några av Napoleons hårstrån som tillsammans vägde 12 mg bestrålades med termiska neutroner vid en reaktor i Toronto varvid eventuellt närvarande As75

33 kunde infånga neutroner enligt AsnAs 7633

7533 →+ . Hårstråna

anbringades i reaktorn på ett sådant sätt och under så lång tid att sannolikheten för att en arsenikkärna skall omvandlas är 4,8·10–8 (d v s av 108 kärnor omvandlas i medeltal 4,8 stycken).

As7633 är en radioaktiv isotop som sönderfaller till Se76

34 med en halveringstid av 26,6 timmar. Vid sönderfallet emitteras γ-strålning med fotonenergin 0,56 MeV som i detta experiment detekterades med en halvledardetektor.

40

41

Mätningen av preparatets aktivitet startade 7 timmar efter bestrålningens upphörande. Mätningen pågick i 10 minuter. Antalet As76

34 -sönderfall i hårprovet bestämdes till 2,3·104 under denna tid. Beräkna halten arsenik i hårprovet i ppm (parts per million). Det finns endast en stabil arsenikisotop

As7533 . (Anmärkning. Initiativtagarna till experimentet drog ur resultaten slutsatsen att Napoleon ej dog av arsenikförgiftning.) 8. En exciterad elektronnivå i en atom eller jon avklingar med en karakteristisk halveringstid τ, till ett energetiskt lägre tillstånd under fotonutsändning. Denna process är liksom det radioaktiva sönderfallet en statistisk process. Experimentella bestämningar av τ är av stort intresse för förståelsen av atomens uppbyggnad. Dessutom har halveringstider viktiga tillämpningar inom astrofysik och plasmafysik med fusionforskning. Enda sättet att bestämma halveringstiden hos flerfaldigt joniserade atomers energinivåer är att använda så kallad "beam-foil" teknik, som bygger på användandet av acceleratorer. Vid denna metod accelereras jonerna till en välbestämd energi och får sedan passera genom en tunn kolfolie (c:a 20 µm), varvid jonerna exciteras utan att bromsas nämnvärt. Den strålning, som avges från jonstrålen efter passagen av folien studeras med en monokromator som "plockar ut" fotoner av bestämd frekvens vilka sedan räknas i en fotonräknare (se fig.). Antal räknade fotoner som funktion av avståndet x studeras. Vid ett experiment erhölls data enligt tabellen när syrejoner med energin 9,6 MeV träffade foliet och en övergång i sexfaldigt joniserat syre studerades. Bestäm ur dessa data halveringstiden för det aktuella tillståndet i syre.

Avstånd

x/mm

Antal fotoner

per 3min4 2017

8 1849

12 1853

20 1765

28 1654

40 1517

70 1199

100 961

130 742

180 498

41

42

KVALIFICERINGS- OCH LAGTÄVLING SKOLORNAS FYSIKTÄVLING 31 januari 1984


1. En cykelgenerator för seriekopplad fram- och baklykta är märkt 6V/3W. Man vill att framlyktan skall ha 4 ggr så stor effekt som baklyktan. Hur bör glödlamporna dimensioneras, d v s vilken märkspänning och vilket watt-tal skall glödlamporna helst ha, om man vill utnyttja generatorn rätt. Generatorns inre resistans försummas. 2. A cylinder is weighted at one end so that it floats vertically upright in water. In equilibrium it extends a distance 0 = 10 cm below the water surface (see the figure). Prove that if the cylinder is pushed down slightly and released it will oscillate harmonically. Calculate the frequency when effects from friction and currents are neglected. 3 Ett lod som hänger fritt på en bestämd plats på jorden påverkas av två krafter. Dels av jordens dragningskraft, dels av en tröghetskraft "centrifugalkraften", på grund av jordrotationen. Resultanten av dessa ger lodlinjen. a) Hur mycket skulle lodlinjen ändras på 60° nordlig latitud om jordrotationen upphörde? Jorden kan behandlas som en sfär med radien R = 6,37·106 m. b) Med hur många procent skulle då tyngdaccelerationen ändras. 4. I en dopad halvledare sker laddningstransporten genom tillsatta störatomer som antingen tillför fria elektroner eller fria "hål". Hålen motsvarar ett underskott av elektroner och fungerar som positiva laddningar som kan röra sig fritt i kristallen. En laddningstransport som huvudsakligen sker med elektroner kallas n-typ, en som sker med hål kallas p-typ. En dopad kiselkristall är placerad enligt figuren. En ström sänds i x-led och ett magnetfält B är pålagt i z-led.

42

43

Laddningarna som alstrar strömmen påverkas av magnetfältet så att ett elektriskt fält, E, bildas i y-led, Ey , så kallade hallfältet. För hallfältet gäller

Ey =I

neA⋅ B där A är kristallens tvärsnittsarea i yz-planet, I strömmen, e är

elektronens laddning och n är antalet laddningsbärare per volym. a) I ett aktuellt fall uppmäter man spänningen 10 mV mellan kontakterna I och II då strömmen var 1,0 mA och magnetfältet 0,16 T. Provets tjocklek d var 0,010 mm. Anta att materialet antingen är en ren p-ledare eller en ren n-ledare. Beräkna laddningsbärarkoncentrationen samt vilken typ av laddningar vi har om kontakt II blir positiv. b) Beräkna förhållandet mellan antalet störatomer och antalet kiselatomer om varje störatom ger upphov till en laddningsbärare. Densiteten för kisel är 2330 kg/m3. c) Härled formeln för Ey ovan. 5. För att erhålla en uppdelning av ljus i olika färger utan att samtidigt få en avböjning kan man använda ett så kallat raksiktsprisma. Principen visas i figuren. Vinkeln v1 = 120° och vinkeln v2 = 60°. Brytningsindex för glassorterna ges av relationerna n1 = 1,50 + d och n2 = 1,70 + 3d där d = 5,0 ⋅103 / λ3 när λ anges i nanometer. Beräkna våglängden för en stråle som infaller parallellt med DC och som efter passagen genom prismat har samma riktning. Prismat omges av luft.

6. Det antal molekyler som finns i en mol av ett ämne, Avogadros konstant NA, är en av fysikens viktigaste konstanter. För att mäta den kan man använda en apparat enligt figur.

43

44

Ett radioaktivt preparat som innehåller 1,81 µg 226Ra är placerat i punkten A och fungerar som en punktformig strålningskälla. En skärm är placerad i punkten B. Den är preparerad så att en svag ljusblixt (en så kallad scintillation) avges då den träffas av en α-partikel. Apparaten evakueras och scintillationerna observeras genom ett mikroskop. Avståndet AB uppmättes till 80 mm och man observerade 0,80 scintillationer/(mm2·s). 226Ra sönderfaller med halveringstiden T1/2 = 1622 år enligt

α+→ RaRa 222226 Beräkna ur uppgifterna ovan NA. (Metoden är en av de första där denna betydelsefulla konstant mättes.) 7. I bredvidstående kopplingsschema är A en spänningskälla med en fix polspänning om 5,00 V. B är en vippkontakt som med hjälp av en växelströmskälla svänger med frekvensen 400 Hz mellan de båda kontakterna. Under ett svängningsförlopp kan man räkna med att kontakten sluter kretsen så att kondensatorn uppladdas under 1 ms och sedan sluts kretsen så att kondensatorn urladdas genom galvanometern under 1 ms. Den övriga tiden åtgår till fjäderns rörelse. Kondensatorn utgörs av en plattkondensator där plattornas area är 308 cm2. Mellanrummet mellan plattorna är fullständigt utfyllt med ett plastmaterial. Förutom denna kapacitans förekommer i kretsen en konstant parallell strökapacitans som man vid en noggrann mätning måste ta hänsyn till. För övrigt är R1 = 100 kΩ och R2 = 50 kΩ. Galvanometerns resistans kan försummas. Vid en försöksserie erhölls följande värden då man mätte strömstyrkan I genom galvanometern som funktion av plattavståndet d.

26,031,045,078,001,144,1µA/0,200,140,80,40,30,2mm/

Id

a) Rita upp strömstyrkan som funktion av det inverterade plattavståndet1/d och beräkna med hjälp av diagrammet dielektricitetskonstanten för plasten samt strökapacitansen. (Om Du kan räkna ut ett bra närmevärde för dielektricitetskonstanten utan att bry dig om strökapacitansen ger detta också poäng) b) Uppskatta hur noggrant vårt antagande är att kondensatorn varje gång laddas helt upp och helt ur. 44

45

8.

Figurerna ovan anger två radiokartor av ett mycket avlägset astronomiskt objekt, den så kallade kvasaren 3C273, upptagna med tre års mellanrum. Mätningar av rödförskjutningen visar att denna kvasar ligger på cirka 3·109 ljusårs avstånd från jorden. Ändringen i strukturen tyder på att kvasarens delar rör sig i förhållande till varandra. a) Antag att denna rörelse sker vinkelrät mot riktningen till jorden och beräkna motsvarande värde på relativa hastigheten vs . Vid första påseende verkar det som om denna hastighet skulle vara den minsta relativa hastighet som är förenlig med mätningarna men eftersom man får ett värde på vs som är större än ljusfarten måste något vara fel. För att förklara observationerna utan att anta överljusfarter har man gjort antagandet att kvasarens vänstra del i figuren ovan är i vila i förhållande till jorden, medan den högra rör sig snett emot oss med en hastighet nära ljusets så att de radiovågor som avbildar de olika delarna avgetts vid olika tidpunkter. b) Härled en formel för den ovan definierade skenbara hastigheten vs om vi känner den högra delens hastighet (v0) snett mot jorden och om denna hastighet bildar vinkeln ϕ med riktningen till jorden. Visa att vs då kan bli större än ljushastigheten. c) Vilket värde måste v0 minst ha för att förklara figuren ovan. Kommentar 1984:8. Uppgiften är intressant eftersom en första naiv räkning verkar ge som resultat att ett astronomiskt objekt rör sig med överljusfart. Detta visar sig dock vid en noggrannare räkning bara vara en skenbar effekt.

45

46



1. The rating stamped on three electric light bulbs are 60 W, 60 W and 120 W. The bulbs are designed to operate on 110 V but are to be used with 220 V. Draw the circuit, using no circuit elements other than the bulbs, that will enable them to operate properly at the higher voltage. 2. En spindel och en lus rör sig på ytan av en sfärisk glaskula. Kulans radie antas mycket större än krypen. Var skall spindeln befinna sig relativt lusen för att genom kulan direkt kunna se a) lusens fötter som berör glaset b) lusens kropp som befinner sig omedelbart utanför kulan. 3. En homogen stav med massan 4,0 kg och längden 1,00 m är fastsatt i ett friktionsfritt gångjärn vid A, 30 cm under ett tak enligt figuren.

I stången är också fästade två likadana dynamometrar som har längden 30 cm då de är obelastade. Vad visar de båda dynamometrarna då staven hänger i jämvikt? 4. Järn har atomnumret 26 och atomvikten 56. Anta att vi från ett gram järn kunde isolera alla atomkärnor och placera dem som en laddning på månen och sedan placera alla elektronerna som en laddning på jorden. Med vilken kraft skulle de två laddningarna påverka varandra? Avståndet mellan jorden och månen är 380 000 km. 5. I ett hus, som ligger 200 meter söder om en landsväg, som går i öst-västlig riktning, står en TV-mottagare. Sändaren, som befinner sig på stort avstånd rakt sydöst om huset, sänder på frekvensen 60 MHz. Då en buss

46

47

passerar längs vägen fladdrar bilden och då bussen befinner sig mitt för huset är fladderfrekvensen 2,0 Hz. Beräkna bilens hastighet. 6. Anta att en planet har massan M och att två sinsemellan likadana satelliter med massan m och radien r befinner sig utanför denna. Satelliterna rör sig i cirkulära banor så att den ena ligger precis utanför den andra (de tangerar varandra) och avståndet från tangeringspunkten till planetens centrum är R. a) Studera gravitationskrafterna mellan planeten och satelliterna och mellan satelliterna inbördes i någon förenklad modell. Visa att villkoret för att satelliterna skall hållas samman av gravitationen blir att de befinner sig på ett avstånd R från planetens centrum så att

3/1

π

⋅⋅=>ρMQRR r

I formeln är ρ satelliternas densitet och Q en konstant som beroende på din modell ligger någonstans mellan 5 och 15. Rr kallas Rochegränsen. b) Detta innebär att en satellit som rör sig innanför Rr kommer att söndersmulas av gravitationskrafterna. Detta förklarar ett känt fenomen inom planetsystemet. Vilket? 7. En så kallad koboltkanon innehåller en viss mängd av den radioaktiva koboltisotopen 60Co. Vid sönderfall utsänds gammastrålning (2 fotoner per sönderfall). Koboltkanoner används bland annat för patientbestrålning inom sjukvården. Koboltkanonen, som omtalas i tidningsartikeln härintill, anges ha aktiviteten 1,5·1013 Bq (Bq står för becquerel och är definierad som antal sönderfall per sekund). a) Beräkna vikten på koboltkanonens aktiva del, d v s hur stor mängd av isotopen 60Co som fanns i "kanonen". Som hjälp får du att halveringstiden T1/ 2 = 5,26 år för 60Co och atomvikten är 60. Koboltkanonen såldes av misstag som skrot och blandades med 7 000 ton järnskrot för framställning av bland annat bordsskivor av stål.

47

48

b) Beräkna aktiviteten per cm3 järn, om man dels antar att kobolten fördelades jämnt i järnet, dels att ingen mängd gick förlorad vid nedsmältningen. Densiteten för järn är 7 850 kg/m3. För allmänheten bosatt kring kärnkraftverk gäller en högsta tillåten dosekvivalentrat på 100 µSv/år för den strålning som kan komma från kärnkraftverket (µSv = mikrosievert). Detta motsvarar för γ-strålning av den energi som 60Co utsänder ett flöde av ungefär 1

2 foton per cm2 och sekund. c) Vad drar du för slutsats om samma gräns för tillåten dosekvivalentrat används för vistelse nära bordsskivan? 8.

I kretsen ovan har kondensatorn kapacitansen C = 0,10 µF. R är en resistor med okänd resistans. Dioden D förutsätts ideal. A och B ansluts till en tongenerator med frekvensen 0,20 kHz och ett oscilloskop ansluts vid E och F. Bilden ovan är ett foto av oscilloskopskärmen där en skaldel i vertikal led motsvarar 0,83 V. Bestäm genom mätningar på fotografiet medeleffektutvecklingen i resistorn R. Kommentarer 1985:7. Uppgiftens verklighetsunderlag visar att även en mycket liten mängd radioaktivt material, i detta fallet omkring 1/2 gram kobolt utspätt i 7000 ton järn fortfarande har en livsfarlig aktivitet. 1985:8. Uppgiften var en av de experimentella uppgifterna på den internationella fysikolympiaden 1984 i Sigtuna, Sverige.

48

49



1. People such as lift repairers, towing specialists and yachtsmen often want to know the size of the tension force in a rope or wire when there is no access to a free end. A British firm now manufactures a meter which clips on to the rope. A lever is operated to introduce a small deflection in the rope (see figure). The meter then straightforwardly measures the restoring force orthogonal to the rope at M. Derive an expression from which the tension force in the rope can be calculated. Calculate the tension when the deflection is 12 mm and the restoring force 300 N.

2. Parallella ljusstrålar faller in mot ett rätvinkligt, likbent prisma (se figur). Ljusstrålarnas infallsriktning är parallell med prismats bas (hypotenusan). Vissa strålar kommer då att bete sig såsom stråle A, d v s komma ut på andra sidan enbart parallellförskjutna. Andra strålar går som B. Man vill genom att "hugga av toppen" på prismat eliminera strålar av typ B.

a) Beräkna hur stor del av prismat som skall tas bort. Brytningsindex för glaset är 1,52. b) Ett avlägset hus betraktas genom prismat så att strålarna från huset passerar såsom i A. Vad ser man? 3. Hjärtat på en människa pumpar cirka 80 ml blod i varje hjärtslag. Övertrycket i hjärtat är under hjärtslaget i medeltal 16 kPa. Uppskatta hjärtats nettoeffekt. Antag en puls på 70.

49

50

4. Ett aluminiumverk får elektrisk energi via två högspänningskablar av aluminium (fram- och återledning). Avståndet mellan elenergiverket och aluminiumverket är 50 km. Spänningen vid aluminiumverket är 100 kV. 3% av levererad effekt går bort som förluster i ledningarna. I aluminiumverket framställs aluminium genom elektrolys. Man vet att reaktionen

Al3Al3 →+ −+ e kräver 15 eV/atom. Hur lång tid tar det för verket att framställa aluminium till sina egna ledningar? 5. En fjäder är vertikalt upphängd mellan två punkter P och Q. Man låter en sådan fjäder utföra transversella svängningar som figuren visar. Man undersöker hur svängningarnas frekvens f, beror av avståndet PQ = fjäderns längd . Resultatet av en sådan mätning visas i tabellen. Frekvensen har mätts genom att räkna svängningarna under tio sekunder med en räknare och sedan dividera med tio.

Beteckna fjäderns längd i viloläge den så kallade naturliga längden, med 0 . Man vet att farten v, för transversella vågor på en fjäder, teoretiskt ges av v = F /µ , där F är spänningen i fjädern och µ är fjäderns aktuella massa per längd. Härled ett teoretiskt samband mellan frekvens f och fjäderlängd . Rita sedan ett lämpligt diagram i vilket teori och experimentella data kan jämföras. Bestäm ur diagrammet fjäderns naturliga längd samt dess massa om man vet att fjäderkonstanten är 9,8 N/m. På grund av fjäderns egen massa är fjädern något mera uttänjd i sin övre del, jämfört med den nedre. Inverkan av detta kan försummas.

50

51

6. Figuren visar hur en laserstråle avböjs i olika ordningar vid genomgången av ett gitter. Om gittret vrids moturs kring en axel parallell med ritsarna, kommer ljusfläckarna på skärmen att röra sig enligt figuren nedan. Gitterkonstanten är 1,75 µm och laserljuset har våglängden 633 nm. a) Hur stor vinkel skall gittret vridas för att strålen med n = 2 skall återvända till sitt ursprungliga läge? b) Vid vilken vinkel "vänder" strålen för n = 2?

7. Halleys komet rör sig kring solen i en långsträckt ellips med solen i ena brännpunkten. Perioden (omloppstiden) är 76,0 år. När kometen är som närmast solen (perihelium) är dess avstånd till solen 0,59 AE, som längst bort (aphelium) är detta avstånd 35,3 AE (1 AE = astronomisk enhet = 1,496·1011 m). Kometen rör sig i så kallad retrograd led d v s med en omloppsriktning i motsatt led mot planeterna. För Halleys komet gäller, som för övriga medlemmar i solsystemet, Keplers andra lag: Linjen mellan kometen och solen, radius vector, överfar på lika tider lika stora areor.

51

52

ο ο

a a

b Brännpunkter

a) Bestäm förhållandet mellan största och minsta fart för kometen. b) Beräkna dessa farter? c) Kometen kommer den 9 februari 1986 att vara i perihelium. Vid detta tillfälle befinner sig jorden, solen och kometen approximativt på rät linje med jorden och kometen på var sin sida om solen. Gör en uppskattning av hur snabbt kometen rör sig uttryckt i grader/dag i förhållande till fixstjärnebakgrunden. Antag för denna uppskattning att kometens banplan och jordbaneplanet sammanfaller. (I själva verket bildar planen en vinkel på 18 grader mot varandra.) En ellips utgörs av punkter sådana att summan av avstånden till två fixa punkter, brännpunkterna, är konstant och lika med dubbla storaxellängden a. Ellipsens area är abπ . 8. En elektron kan enligt kvantfysikens lagar beskrivas både som en partikel och som en våg. Då en elektron rör sig i ett plan vinkelrätt mot ett homogent magnetfält, påverkas den av en kraft som är vinkelrät mot rörelseriktningen. Detta leder till en cirkelrörelse om elektronen inte störs i sin rörelse. Vid låga temperaturer och höga magnetfält kan denna cirkelrörelse indirekt observeras i halvledare. Klaus von Klitzing fick 1985 års nobelpris i fysik för studier av denna s.k. kvantiserade Halleffekt. I en vågmodell måste ett helt antal våglängder av elektronens "våglängd" få plats utefter elektronens cirkelbana. I mikrokosmos blir därför endast vissa cirkelbanor tillåtna. a) Visa att arean av dessa cirklar är kvantiserade till bestämda värden vilka är omvänt proportionella mot magnetfältets styrka. b) Beräkna den minsta möjliga cirkelarean om magnetfältets styrka är 5,0 T. Bifogade tidningsartikel (Svenska Dagbladet 20/10 1985) innehåller inte något som behövs för lösningen av ovanstående problem, men det kan vara intressant att se hur resultatet visar sig som experimentella kvanteffekter.

52

53

Kommentarer 1986:1. Snippets, en av British Physics Institute utgiven liten periodisk skrift, svarar för denna och några andra uppgifter på fysiktävlingen. 1986:5. Vi har på många uppgifter på fysiktävlingen gett problem där det gället att plotta data på lämpligt sätt. För att göra detta måste man ha en fysikalisk hypotes som gör att man plottar data så att man förväntar sig att de ligger på en rät linje. I den aktuella uppgiften extrapolerar man också linjen till ofysikaliska värden för att erhålla information om systemet. 1986:8. Halleys komet var högaktuell vid tiden för fysiktävlingen 1986 och inspirerade naturligtvis till denna uppgift.

53

54



1. Bergsklättrare använder ibland en teknik att ta sig upp mellan två lodräta klippväggar som illustreras i figuren. Anta att friktionstalet mellan skosulor och vägg är 1,2 och att benlängden på personen är 0,9 m. a) Inom vilket intervall kan avståndet mellan klippväggarna variera om bergsklättraren skall kunna stå och "hänga" i det läge som visas. b) Beskriv hur ställningen skall ändras så att andra avstånd kan klaras av. 2. Ljudfarten i en gas kan antas proportionell mot gasmolekylernas medelfart. Medelvärdet av rörelseenergin för gasmolekylerna vid en viss temperatur har samma värde oberoende av gas. Ljudfarten i luft vid 0 °C är 331 m/s. Beräkna ljudfarten vid 0 ˚C i vätgas 3. En spole utan järnkärna med 600 varv och en resistans av 11,8 Ω kopplas till ett oscilloskop. Man placerar en permanentmagnet i hålet i spolen. Sedan drar man snabbt ut magneten och får då på oscilloskopets skärm en kurva. Fotona visar resultatet av två sådana försök. Oscilloskopet var inställt på 0,2 V/skaldel i vertikal led och 5 ms/ skaldel i horisontell led. Magnetens dimensioner framgår av figuren nedan. Beräkna ett medelvärde av den magnetiska flödestätheten i magneten.

54

55

4. One of the largest of Newcomen's "atmospheric" steam engines built in the eighteenth century used a cylinder of 1,8 meter diameter, fitted with a piston with a stroke of 3,0 meters. In operation, the cylinder was first filled with steam of atmospheric pressure to extend the piston fully, and then a spray of cold water was injected to condense the steam very rapidly, leaving the cylinder essentially evacuated. Atmospheric pressure would then push the piston into the cylinder and, by means of suitable attachments to the piston, do work. How much work would ideally the Newcomen engine do per stroke? If the engine operates at ten strokes per minute, what is the power? Also estimate the efficiency of the engine i. e. the fraction of the steam energy that is used to do work. THOMAS NEWCOMEN (1663-1729) built the first steam engine in 1712. It was used to pump water from a mine and had a power of about 4 kW. 5. I vissa bridreaktorer används flytande natrium som kylmedel. För att transportera natriet i kylledningarna kan man använda en så kallad elektromagnetisk pump. En ström I leds in genom natriet i kylledningen via ändytorna S1 och S2 på två massiva ledare L1 och L2. Samtidigt har man lagt ett homogent magnetfält med flödestätheten B över området mellan

55

56

ändytorna S1 och S2. Härvid skapar man ett "tryck" som strävar att förflytta natriet i ledningen. Pumpen har fördelen att, förutom natriet självt, inte ha några rörliga delar

a) Bestäm trycket, uttryckt i storheter givna i text och figur. b) Beräkna hur högt man kan pumpa natrium med en sådan pump om d = 50mm, b = 2,0 mm, a = 100 mm, B = l,0 T och I = 10 A. 6. Som en följd av Tjernobylkatastrofen har delar av Sverige fått en radioaktiv beläggning på marken av bland annat cesium 137. Kartan visar aktiviteten från markbeläggning av denna isotop över Sverige i september 1986. (Källa: Efter Tjernobyl? Statens strålskyddsinstitut 1986. ) Uppskatta hur många kilogram cesium 137 som detta totalt motsvarar. Halveringstiden för cesium 137 är 30 år.

56

57

57

58

7. En på lämpligt sätt utskuren platta av kvarts har egenskapen att ändra form då den utsätts för ett elektriskt fält. Omvänt uppträder motsatta elektriska laddningar på plattans ytor om den utsätts för tryck. Detta fenomen kallas piezoelektricitet. När en sådan platta trycks samman och sedan släppes kommer den att uppföra sig som en massa fäst i en fjäder d v s den börjar vibrera med en viss bestämd egenfrekvens. Denna frekvens kan mätas mycket exakt på elektronisk väg. En sådan platta kan användas för att mäta ytterst små mängder av luftföroreningar. Föroreningarna fastnar på kristallen, därvid ändrar sig det svängande systemets massa och därmed egenfrekvensen. Tabellen visar mätdata där man belade en kristallyta med kända mängder av luftföroreningar, i tabell A med tobaksrök och i tabell B med vanlig "smuts" och sedan mätte ändringen i egenfrekvens. Tabell A Tabell B ∆m/µg ∆f/Hz ∆m/µg ∆f/Hz 395 375 300 255 230 155 40

-2120 -2030 -1735 -1455 -1305 -810 -260

410 325 300 260 200 160 145

-2320 -1790 -1610 -1385 -1105 -890 -750

Diagrammet visar en mätning med samma platta under en tid av cirka två dygn i en industribyggnad. a) Bestäm medelvärdet av föroreningsbeläggning per timme på kristallen, dels under arbetstid dels under icke arbetstid. b) Härled ett teoretiskt samband mellan frekvensändring och massan av föroreningen på kristallen. c) Bestäm det svängande systemets massa för den aktuella kristallen.

58

59

8. En glasbit har formen av en platt, rak halvcylinder. Man fäster en remsa tunt papper så att den precis täcker den buktiga delen av cylindern. Om sedan glasbiten hålles upp mot solen, så att solljuset faller in i ett plan parallellt med de två parallella glasytorna men i (nästan) godtycklig vinkel mot den återstående plana ytan, får man ett ljust område på remsan. Förklara detta! Gränserna mellan det ljusa området och omgivande mörka områden markeras på remsan och remsan tas av. Figuren visar en remsa från ett sådant försök. Bestäm glasets brytningsindex.

59

60

Kommentarer 1987:1. Ett egendomligt sammanträffande var att efter utskicket av tävlingsuppgifterna till skolorna strax innan 1987 års tävling gick av stapeln, visade man på svensk TV en dramadokumentär om Franz Schuberts liv. I en episod i denna dokumentär visade man hur en liten flicka klättrade upp mellan två dörrposter genom att utnyttja tekniken som beskrivs i uppgiften. Uppgift 1b inspirerade till ett stort antal roliga förslag hur en bergsklättrare skulle kunna hänga mellan två lodräta klippväggar. Några av dessa förslag visas här nedan.

1987:6. En av de stora händelserna under 1986 var Tjernobylkatastrofen då stora delar av Sverige utsattes för radioaktivt nedfall från den havererade reaktorn.

60

61



1. Tarzan upptäcker Jane i en farlig belägenhet. Djungelns skräck, den illasinnade gorillan Ping-Pång är på väg mot Jane vars enda flyktväg spärras av en klippvägg. Tarzan griper tag en lian som är fäst i en lämpligt placerad trädgren och pendlar mot Jane som befinner vid pendelkurvans understa punkt. Där tar de (ganska omilt) tag i varandra och pendlar tillsammans vidare upp mot en räddande klipphylla. Kommer Tarzan att lyckas? Motivera svaret med beräkningar! Jane väger 50 kg och Tarzan 90 kg.

2. En spole består av 100 varv tunn koppartråd lindade på periferin till en platt, cirkulär spolstomme med diametern 140 mm. Spolen kan roteras kring en axel i cirkelns plan och genom medelpunkten. Spolens ändar är anslutna till ett oscilloskop. Spolen får rotera kring axeln i det jordmagnetiska fältet. Axeln är då orienterad i öst-västlig riktning. Man får en bild på oscilloskopskärmen som visas till höger. Oscilloskopet är inställt på 5 mV/ruta i vertikal och 20 ms/ruta i horisontell led. a) Beräkna den totala jordmagnetiska flödestätheten på platsen för experimentet. b) Hur skall spolen roteras om man vill mäta den horisontella komposanten av den jordmagnetiska flödestätheten?

61

62

3. Fotografiet visar ett fullt sockerpaket som man trycker på från sidan med pekfingret. Om man trycker med fingret högre upp på paketet, välter det åt höger. Om man trycker lägre ned, skjuts hela paketet framåt på underlaget. Det på fotografiet visade läget på pekfingret är gränsfallet mellan dessa två resultat. Beräkna friktionstalet mellan sockerpaket och underlag. 4. Till en sinusformad växelspänning ansluts en krets enligt kopplingsschemat. Pilsymbolerna markerar ideala dioder som utan förluster släpper fram ström i pilens riktning men blockerar ström i motsatt riktning. Beräkna medeleffekten som utvecklas i resistorn med resistansen 2,0 kΩ. 5. What amount of energy will be required to heat the air of a room with volume 27,0 m3 from 0,0°C to 20,0°C if the pressure initially is 100 kPa? Compute the energy in two cases: a) The room is completely sealed off from the environment. b) There is a small leak in the room to the outside where the pressure is 100 kPa. The room is heated slowly and the pressure in the room is constant. Hint: There are two different ways of measuring the specific heat capacity of a gas. The first one is to have the gas enclosed in a constant volume. The second one is to allow the volume to vary but keeping the pressure constant. For air the specifıc heat capacity at constant volyme, cV = 0,71 kJ/(kgK) and at constant pressure cp = 0,99 kJ/(kgK).

62

63

6. Bilden visar i naturlig storlek spåren av en laddad partikel som rört sig i en bubbelkammare. Bubbelkammaren är fylld med flytande väte. Partikeln joniserar vätemolekyler i sin väg. Dessa joner får det överhettade vätet att börja koka och man får en rad med små bubblor utefter partikelns bana. På bilden syns dessa som svarta punkter.

För joniseringen åtgår energi vilket medför att partikeln bromsas och så småningom stannar. I den aktuella bubbelkammaren minskar partikelns energi med 0,90 keV/mm. Partikeln rör sig i bildens plan och vinkelrätt mot detta plan har man haft ett homogent magnetfält med flödestätheten 1,0 T riktat vinkelrätt uppåt från bildens plan. Beloppet av partikelns laddning är 1,6·10–19 C, men man vet inte tecknet. Bestäm partikelns massa och laddningens tecken och försök avgöra vad det kan vara för partikel.

63

64

7. Enligt kvantmekaniken kan en materiell partikel uppfattas som en våg med en våglängd λ = h / p , där p är partikelns rörelsemängd och h är Plancks konstant. Ett experiment utfört 1975 av R. Colella, A. Overhauser och S.A. Werner visar detta på ett elegant sätt. Principiellt fungerar experimentet som följer. En stråle av icke-relativistiska neutroner med bestämd rörelseenergi skickas in i en anordning enligt figuren.

ABCD bildar en kvadrat med sidan 32 mm. A och C är neutronspeglar, kristaller av kisel, medan B och D är halvgenomskinliga neutronspeglar. Neutronstrålen splittras vid D upp i två vågor som sedan går vägarna DAB respektive DCB. I B återförenas de och interfererar då. ABCD kan vridas kring en horisontell axel genom DC, så att vägen mellan A och B befinner sig på olika höjd i tyngdkraftfältet i förhållande till vågen som går mellan D och C. Man betecknar planet ABCD:s vinkel med horisontalplanet med δ. Denna vinkel varieras och man mäter antalet neutroner som registreras i detektorn. Resultatet av ett sådant experiment visas på figuren. Förklara fenomenet och beräkna de i experimentet använda neutronernas våglängd och energi. För en neutron gäller att dess totala energi, d v s summan av läges- och rörelseenergi är konstant i tyngdkraftfältet.

Ledning: 2

11 xx +≈+ om x <<1 .

64

65

8. En halvklot av glas ligger med den plana sidan nedåt på ett millimeterpapper på ett bord. Man har en lampa med praktiskt taget punktformig glödtråd som kan flyttas vertikalt upp och ned längs halvklotets symmetriaxel. Beskriv en metod att bestämma glasets brytningsindex. Motivera metoden.

Kommentarer 1988:3. Denna uppgift visar hur man på ett synnerligen enkelt sätt kan bestämma ett friktionstal. Uppgiften gavs också som experimentell uppgift i fysiktävlingens final 2003. 1988:8. Under många år fick jag (Lars Gislén) mig tillskickat en ungersk matematisk och fysisk liten tidskrift. Den innehöll ofta intressanta problem, mitt problem var att de var skrivna på ungerska. Ibland kunde man dock gissa sig till vad det handlade om och på sista sidan fanns ibland en knackig engelsk översättning av några av problemen. Problemet med glödlampan kommer härifrån.

65

66

SKOLORNAS FYSIKTÄVLING KVALIFICERINGS- OCH LAGTÄVLING

7 februari 1989

SVENSKA DAGBLADET SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET 1. Voltmetern visar en spänning av 6,30 V över den okända resistorn R. Voltmetern är ganska dålig och har en resistans av 22 kΩ. Om man istället använder en bra voltmeter med en resistans på 10 MΩ, vad kommer den att visa? 2. En högtalare ligger med öppningen uppåt på ett bord. Dess membran vibrerar harmoniskt upp och ned med frekvensen f = 100 Hz genom att man driver högtalaren med en växelspänning. Om man strör finkornig sand på membranet observerar man att när drivspänningen ökar över ett visst värde så börjar sandkornen att skallra. Bestäm amplituden på högtalarens svängningsrörelse när detta sker. 3. En krets består av två kondensatorer och en resistor enligt figuren. Över kondensatorn på 8,0 µF ligger från början en spänning på 100 V. Den andra kondensatorn är då oladdad. Strömbrytaren sluts. Hur mycket energi har kretsen förlorat då strömmen i kretsen minskat till noll?

66

67

4. Man placerar en bordtennisboll i vecket på en uppslagen bok. Boken stängs sakta genom att bokpärmarna förs samman. Härvid kläms bollen uppåt men fastnar i ett visst läge. Fotografiet visar detta läge. Bestäm friktionstalet mellan bordtennisbollen och bokens sidor. 5. A vacuum tube diode has a cathode made of tungsten (volfram). The cathode is heated by passing a current through the wire. The temperature of the cathode can be determined by measuring its resistance. A voltage U is applied across the tube and the current I between cathode and anode is measured for a number of different voltages. The result from measurements at three different temperatures is shown in the diagram.

a) Explain qualitatively the form of the curves. The current through the diode increases for increasing voltage toward a saturation current Isat, given by the so called Richardson T 2-law:

67

68

)/(2sat constant kTWeTI −⋅= , where T is the cathode temperature in kelvin, W

the energy required to remove an elektron from the cathode surface (work function) and k Boltzmann's constant. b) Determine the work function W from the data. 6. Under våren 1989 planeras uppskjutningen av den nordiska kommunikationssatelliten TELE-X. Den kommer att placeras i en s k geostationär bana 36 000 km över jordytan utanför Afrikas västkust. På denna höjd är satellitens omloppstid densamma som jordens dygnsperiod och satelliten kommer att relativt jordytan vara i vila. På grund av solstrålningens tryck på satelliten kommer satelliten efter hand att driva ur sin bana varvid man genom att spruta ut komprimerad kvävgas genom raketmunstycken korrigerar läget. Uppskatta farten med vilken kvävgasen sprutas ut. Solstrålningen har en intensitet (effekt/ area) av 1,39·103 W/m2 vid satelliten. För elektromagnetisk strålning har man ett samband mellan energi W och rörelsemängd p givet av W = pc där c är ljusfarten. I problemet kan man räkna som om kvävgasen sprutades ut kontinuerligt, i verkligheten korrigerar man banan var fjortonde dag. Solpanelerna är hela tiden vända mot solen. Några data för TELE-X-satelliten: Position: Över ekvatorn 5°E Livstid 5-7 år Massa - vid uppskjutningen 2130 kg, - när kvävgasen är förbrukad 1020 kg Dimensioner: - satellitkroppen: längd 2,4 m, bredd 1,65 m, höjd 2,4 m

- solpanel, total spännvidd 19 m

68

69

7. På senaste tiden har man börjat göra kontaktlinser för översynta som är uppbyggda av koncentriska ringar, varannan ogenomskinlig, varannan genomskinlig kring ett centralt genomskinligt, cirkelformat område (se bild). I en sådan lins sker fokuseringen inte på vanligt sätt utan, man utnyttjar att ljuset är en vågrörelse. a) Beräkna medeldiametern på de två innersta genomskinliga ringarna kring centralområdet i en sådan lins om man vill att brännvidden skall vara 250 mm (+4,0 dioptrier). Med en sådan lins kan man avbilda inte bara föremål på långt håll utan man får skarp avbildning också av en punkt närmare linsen. b) Hur långt från linsen ligger denna punkt? Anta att ljuset har en våglängd på 500 nm och att kontaktlinsen kan anses var mycket tunn samt att de koncentriska ringarna är smala. I verkligheten fungerar det ganska bra med bredare genomskinliga ringar. 8. Ett flygplan flyger rätlinjigt fram på konstant höjd över marken. Vingarnas utformning gör att man får en viss lyftkraft L vinkelrätt mot planets hastighet. Man har också en motståndskraft D från luften i rakt motsatt riktning mot hastigheten. Dessa krafter ges av L = 1

2 cLSρv 2 och D = 1

2 cDSρv2 där v är planets fart, S vingarnas area och ρ luftens densitet. cL och cD är de så kallade lyft- och motståndskoeffıcienterna respektive. Dessa är funktioner av vingens vinkel mot luftströmmen. cL och cD är inte oberoende av varandra utan approximativt gäller cD = cD 0 + AcL

2 . cD0 är det luftmotstånd som uppkommer på grund av friktionen mellan luften och vingytan och är väsentligen konstant för en given vingprofil. Den andra termen (det inducerade motståndet) uppkommer på grund av den virvelbildning som alstrar vingens lyftkraft. A är då en konstant för given form på vingen. För planet gäller att massan är 4200 kg och vingarean 18 m2. Luftens densitet är 1,2 kg/m3, cD0 = 0,092 och A = 0,044.

69

70

Försumma inverkan på lyftkraft och motståndskraft från övriga delar av flygplanskroppen. a) Rita en graf över hur den effekt som fordras för att driva fram planet beror på planets fart. Vi antar (något orealistiskt) att den av propellern maximalt utvecklade effekten P är konstant och oberoende av planets fart. b) Bestäm ur grafen den minsta effekt som erfordras för att över huvudtaget flyga planet. c) Bestäm ur grafen den minsta och största fart som planet kan flyga med om P = 400 kW. Kommentarer 1989:5. Uppgiften kommer från en experimentell uppgift på den internationella fysikolympiaden i Harrow(1986), England. 1989:6. Uppgiften inspirerades av ett besök på rymdforskningslaboratoriet Esrange utanför Kiruna. 1989:8. När man sitter i ett flygplan som landar hör man hur motorerna går upp i varv när man landar, något som kan tyda på att motorerna får arbeta. Det verkar alltså som det krävs mer effekt att flyga långsamt. Beräkningen i uppgiften visar att så verkligen är fallet och att det finns en optimal energisnål kryssningsfart. Detta resultat är även av betydelse för flyttfåglar som vill minimera sin energi på transportsträckor.

70

71


6 februari 1990

SVENSKA DAGBLADET SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET 1. Enligt den dynamiska värmeteorin utgörs den inre energin (värmet) i ett fast ämne av atomernas sammanlagda kinetiska och potentiella energier. Temperaturen blir då proportionell mot medelvärdet av energin per atom. För att höja temperaturen 1,0 K hos 1,0 kg koppar behöver man tillföra energin 0,39 kJ. Beräkna med utgångspunkt från detta hur mycket energi som behövs för att höja temperaturen 1,0 K hos 1,0 kg zirkonium. 2. En spårvagn rör sig utefter en 8,0 kilometer lång spårväg. Den förses med likström via en luftledning som med en strömavtagare leds ner till spårvagnen och sedan tillbaka i spåret på marken. Spårvagnens motor drar en konstant ström av 100 A. I ena änden, A, på spårvägen sitter en generator, G, ansluten till luftledning och spår. Generatorn levererar en konstant spänning på 550 V. I andra änden, B, av spåret har man kopplat ett kraftigt ackumulatorbatteri med en inre resistans på 0,24 ohm och en elektromotorisk spänning på 500 V. Luftledningen har en resistans av 0,03 ohm per kilometer medan spårets resistans är 0,07 ohm per kilometer.

Rita ett diagram som visar hur strömmen genom ackumulatorn varierar när spårvagnen rör sig från A till B. Kommentera resultatet! 3. En energispektrometer för långsamma (icke-relativistiska) elektroner kan konstrueras på följande vis. Den ena av plattorna i en plattkondensator har två smala, parallella spalter. Elektroner kommer in under en fix vinkel α =45˚genom den första spalten. Avståndet mellan kondensatorplattorna är d och avståndet mellan spalterna är s. En spänning U ligger över plattorna. De elektroner som har en viss rörelseenergi, W, kommer att kunna passera ut genom den andra spalten.

71

72

a) Hur beror W på U, d och s? b) Anta att avståndet mellan plattorna är d = 20 mm. Vilket är det största värdet som avståndet s kan anta? 4. En väteatom i grundtillståndet befinner sig i vila. Mot denna skjuter man en vätejon. Vilken är den minsta spänning som denna jon har accelererats över från vila för att jonen och atomen omedelbart efter växelverkan skall röra sig tillsammans med samma hastighet? Vätejonen och väteatomen antas inte bilda något bundet tillstånd. 5. According to some elementary particle theories, the nucleons (protons and neutrons bound in atomic nuclei) are unstable with a very long half-life. You can compute an approximate lower limit to this half-life. The radioactivity of your own body is of the order of 0,1 kBq/kg (one becquerel equals one decay per second). Assume that all this activity comes from decaying nucleons. This is certainly an overestimation as we know that most of these decays are due to radioactive 14C and 40K, naturally present in all living creatures. Estimate the half-life of the nucleon? The activity is proportional to the number of radioactive nucleons in the substance. (half-life = halveringstid, the time interval during which the number of radioactive nucleons is halved because of decays.)

72

73

6. Cyklotronen uppfanns 1931 av E. O. Lawrence och M. Stanley Livingston. Den blev fram till mitten av femtiotalet det viktigaste experimentella verktyget inom kärn- och elementarpartikelfysik. En cyklotron består av en platt, cylindrisk metalldosa som skurits i två delar längs en diameter. De båda hälfterna anbringas så att det uppstår endast ett mycket smalt, spaltformigt mellanrum mellan dem. Dosan placeras mellan polerna på en stark elektromagnet med järnkärna som alstrar ett homogent magnetfält, B, vinkelrätt mot dosans plana ytor. I dosans centrum, C, injicerar man protoner. Under magnetfältets inverkan rör sig protonerna i cirkulära banor i dosans inre. Omloppstiden är beroende av magnetfältets styrka men däremot oberoende av hastigheten. Mellan de båda doshalvorna lägger man en snabbt växlande växelspänning. Om det elektriska fältet mellan doshalvorna vid protonens passage genom spaltmellanrummet har samma riktning som protonens rörelseriktning så accelereras protonen. Växelspänningens frekvens avpassas så, att då protonen nästa gång passerar spaltmellanrummet, det elektriska fältets riktning omvänts varvid protonen accelereras igen. Protonerna kommer härvid att röra sig i halvcirklar med växande radie enligt figuren. Atomerna i järnet i elektromagneten är små elementarmagneter med magnetiska moment av storleksordningen en bohrmagneton,

241027,9)π4/( −⋅== eB mehµ Am2. Normalt är dessa elementarmagneter slumpvis riktade och man får ingen magnetisering av järnet. Man använder ett yttre magnetiserande fält (en spole matad med ström) som riktar in de atomära elementarmagneterna åt samma håll varvid dessa ger upphov till en magnetisk flödestäthet B = µ0M , µ0 är permeabiliteten för vakuum ( 7

0 10π4 −⋅=µ Tm/A) och M är det magnetiska momentet per volym i järnet. Denna flödestäthet är många tusen gånger större än flödestätheten från spolen ensam. Flödestätheten i luftgapet mellan magnetens båda poler där dosan befinner sig är väsentligen densamma som inne i det magnetiserade järnet.

73

74

Man vill konstruera en cyklotron som ger protoner med en kinetisk energi av 10 MeV. Ungefär hur stor blir diametern på den cyklotronens metalldosa? 7. När man skall föra en lastad skottkärra över ett lågt hinder, till exempel en tröskel, visar erfarenheten att det är lättare att dra skottkärran över hindret än att skjuta den. Bilden illustrerar dessa två situationer. Vinkeln mellan skottkärrans skakel och horisontalplanet är 22°. Tröskeln på bilden är 50 mm hög och skottkärrans hjul har en diameter på 0,40 m. Hur stort är förhållandet mellan de extra krafter Fs och Fd längs med skottkärrans skaklar, som man måste skjuta respektive dra skottkärran med?

Ta inte hänsyn till att däcket på skottkärran i verkligheten trycks in något av tröskeln kant. För att underlätta beräkningarna är det tillåtet (men inte nödvändigt!) att anta att skottkärrans masscentrum ligger rakt över hjulets axel. Det förutsätts att man inte utnyttjar skottkärrans rörelseenergi genom att ta sats över tröskeln. 8. Från mitt fönster ser jag en stilla kväll ut över hamnbassängen. En ensam glödlampa på piren, på samma höjd som mina ögon, reflekteras i det nästan helt stilla vattnet. De små vågor som finns gör emellertid att reflexen från lampan ser ut som en långsträckt oval. Genom att sträcka ut armen och mäta med fingrarna, ser jag att ovalens längd är två fingerbredder d v s upptar en synvinkel av cirka 4°. Jag uppskattar vågornas våglängd till 0,2 meter. Hur stor amplitud har vågorna? 74

75

Kommentarer 1990:7. Uppgiften har inspirerats av praktiska övningar i trädgården med en skottkärra. 1990:8. Uppgiften kommer från Minnaert: Light and Color in the Open Air, en bok som på det varmaste rekommenderas att varje fysikaliskt intresserad person läser.

75

76


8 februari 1991

SVENSKA DAGBLADET SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET 1. Bilden, ur Brehm: Djurens liv, band XII, visar darrålen, Gymnontus electricus, ett djur som bedövar sitt byte genom att ge det en elektrisk stöt. En frisk ål kan leverera ungefär 1 A vid 600 V. Elektriciteten alstras i speciella celler, så kallade elektroplack, vilka snabbt kan urladdas när de nås av en nervsignal. Många sådana elektroplack är hopkopplade för att ge erforderlig spänning. Samtidigt vill naturligtvis ålen inte chocka sig själv, vilket ställer andra krav på plackens hopkoppling. Ett elektroplack kan ge en potentialskillnad på 0,15 V mellan in- och utsida av cellmembranet och en cell klarar en ström på ungefär 1 mA utan att skadas. Hur många elektroplack krävs i en darrål och hur skall de vara kopplade för att fungera på angivet sätt?

76

77

2. Man kan skilja normala frön från missfärgade frön och främmande föremål med en anordning som fungerar enligt följande. Fröna släpps ett och ett och faller mellan ett par färgdetektorer. Om färgen inte är rätt lägger man spänning på en tunn nål som laddar fröet. Fröet faller sedan mellan ett par plattor mellan vilka man har ett elektriskt fält som avlänkar de icke önskade fröna till en särskild behållare. En sådan maskin kan sortera 100 ärtor per sekund eller ungefär 2000 kg per dygn. a) Om ärtorna släpps med ett tidsmellanrum på 0,01 s, hur långt måste de falla om de två på varandra följande ärtor skall ha en höjdskillnad av 20 mm när de passerar mellan detektorerna? Försumma luftmotståndet. b) Anta att icke önskade ärtor får en laddning på 1,5 nC, att avlänkningsplattorna befinner sig på 50 mm avstånd från varandra och att spänningen mellan dem är 25 kV. Hur långt skall plattorna sträcka sig under laddningsnålen om de laddade ärtorna skall ha avlänkats 40 mm i horisontell led när de lämnar området mellan plattorna? Anta att laddningsnålen och den översta kanten på avlänkningsplattorna är tätt intill detektorerna. 3. När man sitter och metar bjuder traditionen att man talar lågmält och sitter stilla "för att inte skrämma bort fisken". Är detta riktigt? Vad kan en fisk ur fysikalisk synpunkt tankas höra och se av det som sker över vattenytan? Motivera ordentligt och rita gärna figurer! 4. Friction is very important when holding a box between the fingers in the way the picture shows. What is the minimum value of the coefficient of friction between the fingers and the box? You must draw a figure with all forces acting on the box. You cannot make measurements in the figure.

77

78

5. För att bestämma brytningsindex för mikrovågor i plexiglas låter man en del av vågorna passera plexiglas med varierande tjocklek medan en del går vid sidan om. Vågorna når en mottagare och intensiteten i den mottagna signalen registreras som funktion av tjockleken (se figurer). Vilket värde på brytningsindex får man om mikrovågornas frekvens var 9,30 GHz. Motivera utförligt! 6. Månens diameter upptar en synvinkel av 0,5°. Eftersom solen vid en solförmörkelse ganska precis täcks av månskivan är detta också solskivans synvinkel. Uppskatta avståndet till månen uttryckt i jordradier med hjälp av bifogade fotografi av en månförmörkelse. Fotografiet är något överexponerat för att jordskuggan skall synas tydligt.

78

79

7. I en termos förhindrar man värmeledning genom att ha vakuum mellan kärlets två väggar. a) Beräkna värmeförlusten per sekund för en 30 cm cylindrisk termos med höjden 30 cm och diametern 10 cm enligt figuren om vi antar att värmeutstrålningen är 10 % av en svart kropps och att innertemperaturen är 100°C och yttertemperaturen 20°C. Anta att mellanrummet mellan termosens väggar är litet. Vi försummar (ganska orealistiskt) värmeutbytet genom korken. b) Hur mycket minskar man värmeförlusten om man inför ytterligare en vägg i mellanrummet mellan termosens dubbelväggar? Motivera! 8. Om man kastar en boll mot en kritad vägg eller golv får man ett cirkulärt märke på bollen (och väggen) som visar bollens maximala deformation. Radien på märket beror på bollens fart. Gör en enkel fysikalisk modell för bollens deformation när den studsar mot väggen. För viss boll mäter man diametern på märket till 11 cm då bollen släpps i marken från 1,5 meters höjd. Förutsäg med modellen hur stort märket blir om bollen har farten 10 m/s. Bollens diameter är av storleksordningen 40 cm.

Kommentarer 1991:4. Uppgiften föregicks av många diskussioner i kafferummet på teoretisk fysik i Lund. Uppgiften presenterades också i en internationell tidskrift och jag fick så småningom mig tillsänt en lösning som med många sidor formler som (felaktigt) visade att friktionstalet måste ligga mellan två gränser i stället för att vara större än ett visst värde. 1991:8. Uppgiften har verklighetsbakgrund. Mina barn lekte med en boll på gårdsplanen och den sandiga bollen slog emot rutan och efterlämnade ett cirkulärt skrapmärke på rutan (som fortfarande kan anas). Detta ledde till många experiment med en kritad boll på golvet på fysiska institutionen och så småningom till den formulerade uppgiften.

79

80


Torsdagen 6 februari 1992


1 Erik och Eva diskuterar gasfyllda ballonger. "Det är synd", säger Erik, "att vätgas är riskabelt att använda i ballonger. När man använder helium har det en atomvikt som är fyra gånger vätets och ballongen får bara en fjärdedel av lyftkraften på en vätgasballong." "Jag undrar det", säger Eva fundersamt. Har Erik fel? Förklara i så fall varför och beräkna förhållandet mellan lyftkraften på en vätgasballong och en heliumballong med samma volym och vid normalt tryck och till exempel 20 ˚C. 2. I Bohrs modell av en väteatom i grundtillståndet går elektronen med laddning e och massa m runt i en cirkelbana kring kärnan på ett avstånd av r = 54 pm från kärnan. I grundtillståndet gäller Bohs kvantiseringsvillkor

π2hmvr =

där h är Plancks konstant och v elektronens hastighet. Den kring kärnan snurrande elektronen kan betraktas som en cirkulär elektrisk ström. a) Beräkna storleken på denna ström. b) En cirkulär ström ger upphov till ett magnetiskt flöde. Beräkna storleken på flödestätheten i elektronbanans centrum med Bohrs atommodell. 3. Man reser en stolpe, till exempel en flaggstång, genom att fıxera ena änden mot marken och sedan trycka på stången med axeln vinkelrätt mot stången. Efterhand som stångens fria ände lyfter sig flyttar man axeln nedåt på stången. Den kraft man måste trycka med ökar därvid först till ett maximum och avtar sedan igen. Vid vilken vinkel mellan stång och mark blir kraften störst? Hur stor är den största kraft som man måste kunna prestera? Räkna på en person som är 1,80 m lång och skall resa en

80

81

cylindrisk homogen stång som är 8,0 m lång och väger 85 kg. Figur med kraftanalys erfordras. 4. Uppskatta till vilket tryck man kan pumpa upp en cykelslang med en vanlig cykelpump.

5. The following exchange of correspondance took place between the agent of a computer company and a student.

Confırm the explanation by calculating the beam deflection. To do this, focus your attention on the electrons in the electron beam, when centrally positioned, and assume that the change in velocity direction is small.

Dear Madam/Sir, The pattern on the video monitor (screen) of the computer I bought from your company is, to my annoyance, not centered on the screen but is displaced by 3 mm to the right, as indicated in the sketch.

Please advice how this may

Dear Student, The cathode ray system in your computer was aligned in California where the magnetic field of Earth has the same magnitude as in New Zealand (55 µT) but is pointed "down" as shown, rather than "up" as in New Zealand.

The computer is not magnetically shielded; it is therefore sensitive to any change in the (vertical) component of the field. This will deflect the 12 kV electron beam in the 15 cm from the gun to the screen. Your local dealer can correct this by an internal adjustment. For safety reasons do not attempt this yourself. Si l

81

82

6. En pulsar är en neutronstjärna som roterar snabbt kring en fix axel och hela tiden sänder ut elektromagnetisk strålning i en smal stråle som en fyr. När strålen träffar jorden registrerar vi en puls för varje varv som pulsaren gör. En typisk pulsar har en massa, M, som är ungefär lika stor som solmassan och en densitet som är ungefär lika stor som materien i en vätekärna. Detta ger den en radie, R, på ungefär 10 km. Betrakta pulsaren MP 0031 som har en period på 0,942507566 s mellan pulserna. Vid denna snabba rotation kunde man vänta sig att pulsaren skulle deformeras på samma sätt som den roterande jorden som blir avplattad vid polerna (jordens polarradie är 0,3% kortare än ekvatorsradien). a) Visa att trots den snabba rotationen så kommer pulsaren att vara mycket nära klotformig. b) Noggranna mätningar visar att rotationshastigheten på MP 0031 långsamt minskar så att på ett år ökar periodtiden med 13,4 ns. Detta beror på att pulsaren strålar ut energi till omgivningen varvid rotationsenergin minskar. Vi antar att pulsarens massa och radie är konstant. Uppskatta den utstrålade effekten på grund av rotationens minskning. Jämför med den av solen utstrålade effekten 4·1026 W. Rotationsenergin för ett klot ges av W = 1

2 Iω2 där I = 25 MR2 och ω är

vinkelhastigheten och R klotets radie. 7. Nästan alla stöttor, som höllo fartyget i jemnvigt hade redan blifvit undanslagna och farkosten var färdig att löpa af stapeln. Ehuru den inte hade stort mer än femtio tons drägtighet, var den dock så stort, att man hade måst träffa alla möjliga försigtighetsåtgärder för att en olycka icke skulle inträffa. Två arbetare vid skeppsvarfvet befunno sig på akterdäck, nära flaggstången, från vilken Dalmatiens flagga vajade för vinden, och två befunno sig förut färdiga att sköta ankaret.

Som vanligt, då fartyg löpa av stapeln, skulle det gå i sjön med akterändan före, och denna fasthölls på den såpade bädden endast med ett par stöttor på hvardera sidan, hvilka man blott behöfvde slå undan för att fartyget skulle glida ut i vattnet.

Ett halft dussin timmermän, försedda med jernstörar, stodo färdiga an på ett gifvet tecken slå undan de nämnda stöttorna, och alla åskådarne följde med lifligaste intresse och under djupaste tystnad alla åtgöranden för an få farkosten i sjön.

Just i samma ögonblick syntes en lustjakt utanför vågbrytaren, som skyddar Gravosas hamn mot söder. Det var en skonert, som kunde mäta omkring 350 ton. Inom tio minuter

82

83

skulle den vara på sin ankarplats och den närmade sig hastigt och blef allt tydligare för hvarje ögonblick.

Men för att komma in i hamnen måste skonerten passera tätt bredvid varfvet, från hvilket fartyget skulle löpa af stapeln. För att det icke skulle ske någon olycka, beslöt man genast, att, då den inseglande jakten blef synlig, uppskjuta aflöpningen. Timmermännen upphörde därför, sedan de fått order att vänta, att med sina jernstänger bearbeta stöttorna och hela frågan rörde sig ju blott om några få minuter.

Allas blickar voro riktade på den smäckra skonerten, hvars hvita segel förgyldes af den nedgående solens strålar. Besättningen var klädd i österländska kläder och bar en röd mössa på hufvudet. Kaptenen stod akterut bredvid rorgängaren och utdelade lugnt och tydligt sina befallningar.

Snart var skonerten utanför varfvet och behöfde blott några minuter till för att löpa in i hamnen då ett rop af förskräckelse plötsligen hördes. Af en eller annan orsak hade de sista stöttorna, som höllo fartyget vid land gifvit vika och det började att glida ner i samma ögonblick, som lustakten vände styrbords sida till.

En sammanstötning mellan de två fartygen var nu oundviklig, ty man hade hvarken tid eller medel att förhindra den. På åskådarnes rop hade manskapet på skonerten svarat med ett ännu högljuddare.

Plötsligt störtar en man fram. Han griper tag i en tross, som hänger ned från relingen. Men förgäfves söker han att hålla fartyget tillbaka genom att spjerna emot marken med risk att sjelv följa med. Tätt bredvid står en i marken nedgrävd kanon, som tjenar att göra fast fartyg vid. Blott en sekund och han har slagit trossen ett par hvarf kring kanonen, och medan trossen nu helt sakta glider runt denna häfstång, håller mannen igen med öfvermensklig styrka. Allsammans räckte blott några få sekunder.

Då brister tåget. Men dessa sekunder hafva varit tillräckliga. Fartyget har nu dykt ner i vattnet och efter några slingringar åter rest sig, hvarpå det fortsätter sin väg med samma fart och stryker på mindre än en fots afstånd akter om lustjakten.

Lustjakten var räddad Mannen vars ingripande varit så öfverraskande och oväntadt, att ingen fått tid att bispringa honom, var – Kap Matifou. En bifallsstorm bröt lös från alla kanter, och massan skockade sig kring denne nutidens Herkules, som var icke mindre blygsam än forntidens, då han utfört fabelns tolf arbeten, men Matifou kunde alls icke begripa hvarfor publiken jublade på det viset. (Efter Jules Vcrne: Mathias Sandorf, Norrköping 1888) a) Var detta övermänskligt eller ej? Båtens massa var 50 ton, anta att stapelbädden hade en jämn lutning och att friktionstalet mellan trossen och kanonen är 0,5 . När en lina är lindad på en cylinder har man följande samband mellan krafterna F1, och F2 i linans respektive ändar

θfFF −= e21 där θ är den vinkel (i radianer) som linan är snodd kring cylindern och f friktionstalet mellan cylinder och lina. b) Visa sambandet ovan mellan krafterna i linan.

83

84

SKOLORNAS FYSIKTÄVLING


KVALIFICERINGSTÄVLING torsdagen 11 februari 1993

1. Fragment ur dagbok förd av professor Indiana Jonsson, teoretisk fysiker och äventyrare: “… Solen glödde obarmhärtigt på våra ryggar. De sönderrivna skjortorna hängde likt makabra flaggspel över våra såriga överkroppar och hade sedan länge förlorat all förmåga att skänka oss ett uns av skydd. De oregelbundna reflexerna från den vita sanden etsade brinnande korslinjer på våra näthinnor. Läpparna – knappast läppar längre, utan bara sårskorpor – orkade inte ens forma det ord som ständigt malde i våra hjärnor: vatten, vatten, vatten…Mödosamt, sakta släpade vi oss vidare, på händer och på knän, okänsliga för de vassa stenar som då och då rev upp ännu en blödande skråma på våra misshandlade kroppar. Ovanför oss ständigt dessa förbannade gamar, kalkongamar, Cathartes aura, kretsande i cirklar i maklig takt, ett varv på 9,1 sekunder. De bidade sin tid, och de hade tid att bida. Med en sista, trotsig ansträngning höjde jag armen – inte för att fruktlöst hötta med näven åt dessa bevingade likplundrare, utan för att måtta. Jodå, de kretsade i cirklar så att en linje genom de utsträckta vingarna bildade ungefär 23˚ med horisonten. Och just innan allt slocknade och blev svart, hann jag konstatera: de vidriga kräken flyger faktiskt med en fart av…” Tyvärr tar fragmentet slut just här, men du kan säkert ändå räkna ut hur fort gamarna flög. 2. Temperaturvariationer påverkar stämningen av blåsinstrument. Detta gäller även för piporglar. Då dessa används tillsammans med andra instrument vid ensemblespel kan detta orsaka problem eftersom orgelns stämning ändras under pågående konsert och det är relativt svårt och omständligt att stämma om en orgel. Vid ett tillfälle var en orgelpipa stämd för 442 Hz då rumstemperaturen var 18 ˚C. Under konsertens gång steg temperaturen till 22 ˚C. Vilken frekvens fick orgelpipan då?

84

85

Ljudets fart i luft vid 18 ˚C är 342,1 m/s. Utgå från att förhållandet mellan ljudfarten i luft och medelhastigheten för luftens molekyler är konstant inom det aktuella temperaturintervallet och att molekylernas medelenergi ges av 32 kT där k är Boltzmanns konstant och T den absoluta temperaturen. 3. With a mass spectrometer you want to separate ionized hydrogen molecules (H2

+) and deuterium ions (D+) such that there is, at the detector, a separation ∆x = 0,50 mm. The ions pass a velocity filter with crossed electric and magnetic fields, see figure below. The distance between the two plates in the velocity filter is 2,0 mm och and the voltage between the plates is 100 V. You use the same magnetic flux density B both in the velocity filter and for the circular deviation. Compute this magnetic flux density which may be assumed to be homogenous. The mass of the hydrogen molecule ion is 2,01629 u. The mass of the deuterium ion is 2,01474 u.

+ ----

+++

∆x

x x x x x x x

x x x x x x x

x x x x x x x

x x x x x x x

x x x x x x x

x x x x x x x

4. Vissa enkla observationer gällande människokroppens reaktion på föremål med hög temperatur kan verka paradoxala. Om man till exempel stoppar in handen i en vanlig ugn som har temperaturen 200 ˚C så märks det knappast. Stoppar man däremot ner handen i vatten som håller 80 ˚C så bränner man sig. En liknande paradox uppträder när man badar bastu. Sätter man sig på en bräda känns den kanske varm men det går ändå bra att sitta på den. Men råkar man sätta sig på ett spikhuvudet på en spik som är slagen i brädan brukar spikhuvudet bränna huden ganska rejält. Förklara varför man

85

86

bränner sig av spikhuvudet men ej av brädan! Du får inte skriva mer än en sida! 5. Lord Rutherford gjorde vid seklets början ett berömt försök med spridning av alfapartiklar (heliumkärnor) mot ett tunt guldfolie. Han visade med detta försök att den då rådande bilden av atomen var felaktig och påvisade att större delen av materien i en atom var samlad i en mycket liten kärna i centrum på atomen. Anta att en partikel A (alfapartikeln) med laddningen q kommer in mot en annan, mycket tyngre partikel B (guldkärnan) som har laddningen Q och som kan antas ligga i vila under hela förloppet, se figuren.

b

På grund av Coulombrepulsionen kommer partikel A att böja av en viss vinkel θ. Man kan härleda ett samband mellan denna vinkel, partikel A:s rörelseenergi Wk och sträckan b, den så kallade infallsparametern:

kbWQq

0π81

2tan

εθ =

Anta att guldfoliet är så tunt att det kan anses bestå av bara ett atomlager och att atomerna i detta lager ligger i ett mönster enligt figuren. Atomkärnan kan antas vara punkformig.

a

a

a = 0,40 nm

Alfapartikeln emitteras från ett radiumpreparat och har rörelseenergin 5 MeV. Den faller in vinkelrätt mot foliet. Hur stor bråkdel av de infallande

86

87

alfapartiklarna kommer att böjas av mer än 90˚? Försumma den lilla inverkan av elektronerna i guldatomen. 6. De två cylindrarna som omtalas i tidningsartikeln nedan innehöll en viss mängd av den radioaktiva cesiumisotopen 137Cs. Vid sönderfall utsänds gammastrålning (85 fotoner per 100 sönderfall). Denna typ av preparat används bland annat för patientbehandling inom sjukvården. De två cylindrarna anges ha aktiviteten 200 GBq = 200· 109 Bq. (Bq står för becquerel och är definierad som antal sönderfall per sekund.)

a) Beräkna massan av preparatets aktiva del, d v s hur stor mängd av isotopen 137Cs fanns i de två behållarna? Som hjälp får Du veta halveringstiden för 137Cs är 30,1 år och atommassan 137 u. För gammastrålning av den energi som 137Cs utsänder gäller: ett flöde av 1 foton/(m2· s) motsvarar ungefär en dosekvivalentrat av 1,3 pSv/h = 1,3·10–12 Sv/h (Sv står för sievert och är enheten för dosekvivalent, Sv/h står för sievert per timme och är enheten för dosekvivalentrat). b) Hur lång tid har en av männen burit de två cylindrarna i bröstfickan för att få huddosen 75 Sv i den punkt av bröstet, som befinner sig närmast preparatet?

87

88

Gör det förenklade antagandet att det radioaktiva ämnet är punktformigt och befinner sig på avståndet 10 mm från närmsta del av personens bröst. Bortse från att det finns material (behållare, kläder etc.) mellan preparat och hud. 7. Inom astronomin har man alltmer börjat intressera sig för så kallade gravitationslinser. Ljuset från en avlägsen kvasar kan böjas av på grund av gravitationen från en galax som ligger på synlinjen mellan oss och kvasaren. Detta medför att man kan se två eller flera bilder av kvasaren på ömse sidor om galaxen. Anta att situationen ser ut som på bilden. Vinklarna är kraftigt överdrivna.

α

β

Riktning till kvasaren

θ

θ1

2

Galax

A

B

Riktning till bild av kvasar


O

Kvasaren befinner sig mycket långt bort. Ljuset från kvasaren böjs av när det passerar galaxen. För avböjningsvinkeln θ gäller

θ =4GM

dc 2

där G är gravitationskonstanten, M galaxens massa, c ljusfarten och d närmaste avståndet mellan galaxen och ljusstrålen. I denna räkning kan du anta att avböjningen endast sker utefter en cirkelbåge när ljuset passerar galaxen men att för övrigt ljuset rör sig rätlinjigt. En kvasar flammar ibland upp i en s k flare. För en observatör på jorden kommer bilderna av kvasaren i riktningarna OA och OB då att flamma upp vid olika tidpunkter. Om man mäter tidsskillnaden mellan dessa händelser samt vinklarna α och β kan man beräkna avståndet till galaxen. Avståndet till galaxen kan även mätas genom dess rödförskjutning som ger den hastighet med vilken den avlägsnar sig från oss. Avståndet till galaxen är proportionellt mot denna hastighet och proportionalitetskonstanten är den

88

89

s k Hubbles parameter. Denna konstant är emellertid inte speciellt noga känd men metoden med gravitationslinser skulle kunna ge ett ganska noggrant värde. Värdet på Hubbles parameter är viktigt eftersom det bestämmer åldern på universum. Anta att vinklarna är α = 10 bågsekunder och β =5 bågsekunder. (1 bågsekund är 1/3600 av en grad.) Anta att tidsskillnaderna mellan uppflammandet som ses i riktningarna OA och OB är ett halvt år. Vad är avståndet till galaxen? 8. När det blåser kraftigt utsätts ofta taket på ett hus av stora krafter. I en förenklad modell kan du anta att luften rör sig över taket som på bilden. Vindfarten kan i denna modell antas konstant.

H = 5 m

L = 12 m

a) Rita en figur som visar riktningen på de krafter som vinden utövar på taket. b) Beräkna kraften på högsta delen av taket om man antar att den luftmassa som påverkar taket har en höjd lika med takhöjden H och en bredd lika med husets bredd B = 15 m (in i pappret). Anta att vindfarten är 25 m/s.

Kommentarer 1993:6. Åter igen en aktuell skandal från denna tid med radioaktivt tema!

89

90

SKOLORNAS FYSIKTÄVLING Kvalificerings- och lagtävling

10 februari 1994 SVENSKA DAGBLADET SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET

1. Figuren visar en glatt cirkulär ring med radien R = 0,5 m som roterar kring en vertikal axel med vinkelhastigheten ω. På denna ring kan en annan liten och glatt ring röra sig fritt. Denna lilla ring kommer att inta ett jämviktsläge beskrivet av vinkeln θ, som beror av vinkelhastigheten. Gör lämpliga beräkningar och rita ett diagram som visar hur vinkeln θ beror av vinkelhastigheten ω. 2. För att bygga dig ett fort i händelse av indianöverfall, måste du slå ner pålar i marken till en palissad (ett ord som härledes ur latinets palus, påle). Pålarna är, som pålar till en palissad ska vara, stora och tunga, säkert minst 50 kg/styck. Som verktyg kan du välja mellan två släggor, en som väger 5 kg och en som väger 10 kg. Hastigheten när släggan träffar pålen kan anses vara densamma i bägge fallen och stötarna kan betraktas som fullständigt oelastiska. a) Hur många gånger fler slag måste du slå om du väljer den mindre släggan för att driva ned pålarna. b) Hur många gånger större arbete måste du i så fall uträtta? 3. I en bägare med frigolit har man flytande kväve. Kvävets kokpunkt är 77 K. Bägaren står på en våg. Ett stycke aluminium som från början har rumstemperatur (21˚C) med massan 19,4 g läggs ner i det flytande kvävet. Nedanstående tabell visar en mätserie av avläsningar på vågen vid olika tider. Diagrammet visar den specifika värmekapaciteten, c, för aluminium som funktion av temperaturen. Bestäm det specifika ångbildningsvärmet för flytande kväve.

ω

θ

90

91

4. The ancient Greeks noticed that when lightning (blixten) strikes the ground, nearby cows and horses are killed, but nearby men survive. The Greeks thought this indicated a similarity between men and gods. Can you think of a better explanation? (Hint: Chicken also survive.) 5.Naturligt förekommande kalium innehåller en bråkdel av den radioaktiva isotopen 40K som sönderfaller till argon (40Ar) med en halveringstid av 1,2·109 år genom s k positivt β-sönderfall 40K19→

40Ar18+0e+1

Ett prov av sten från månen som insamlades under ett av Apollouppdragen innehöll 4,0 g kalium av vilket 0,01% befanns vara 40K. När provet upphettades i vakuum avgav det en mängd argon som uppmättes till 2,4 cm3 vid temperaturen 20 ˚C och trycket 101,3 kPa. Beräkna ett minimivärde på månens ålder om ingen annan process antas bidra till bildningen av argon.

6. Havsvågor med mycket stor våglängd kan uppstå på grund av jordbävningar på oceanbottnarna, framför allt i Stilla Havet. Sådana vågor kallas tsunamivågor. Våglängden på dessa vågor är typiskt av storleksordningen några hundra kilometer vilket 91

92

innebär att den är mycket större än medelvattendjupet i Stilla Havet som är cirka 4,3 km. Under sådana omständigheter kan vågorna anses röra sig på grunt vatten och deras fart, c, beror endast på vattendjupet, h, enligt

ghc = , där g är tyngdaccelerationen. På öppna havet är en tsunamivågs höjd av storleksordningen någon meter men när den kommer in på grundare vatten vid kontinentalsockeln minskar den farten och våghöjden ökar kraftigt vilket gör dessa vågor mycket fruktade. a) Effekten i en våg som passerar en fix punkt är proportionell mot cf 2A2, där c är vågens fart, f dess frekvens och A dess amplitud (halva höjden). Anta att effekten i vågen inte ändras när den rör sig. Anta att vågen på öppna havet med ett vattendjup på 4,3 km har en amplitud av 2 m och en våglängd av 200 km. Hur stor blir vågens amplitud då vattendjupet är 10 m b) Kommer ett fartyg på öppna havet att märka när denna tsunamivåg passerar? Motivera svaret ordentligt. 7. Dimma består av små vattendroppar i luften. Dimman sätter ner sikten genom att ljuset absorberas av dropparna. I en enkel modell kan man tänka sig att varje droppe sätter upp en hindrande area i ljusets väg som är lika med droppens genomskärningsarea. Anta att du har vatten i luften som du finfördelar till droppar med radien r så att varje kubikmeter luft innehåller volymen V vatten. a) Hur kommer siktdjupet att bero på droppstorleken r och volymen V? Du får själv göra en lämplig definition av vad du menar med siktdjupet. b) Denna enkla modell bryter samman när dropparnas storlek blir alltför liten. Varför gör den det och hur stora är dropparna då på ett ungefär? 8. En cirkulär metallring med radien 0,123 m roterar i det jordmagnetiska fältet med konstant vinkelhastighet kring en vertikal axel genom ringens centrum (se figur). I ringens medelpunkt finns en liten magnetnål som kan röra sig fritt kring en likaledes vertikal axel det vill säga nålen rör sig i horisontalplanet som en kompassnål. När ringen inte roterar ställer sig magnetnålen in sig i det jordmagnetiska fältet. Om ringen roterar med 10 varv per sekund avviker magnetnålen 2,4˚ från denna riktning. Beräkna ringens resistans.

92

93

Ledning: a) Tidsmedelvärden över en period T

21dcos1dsin1

0

2

0

2 == ∫∫TT

ttT

ttT

ωω

0dcossin1

0

=⋅∫ tttT

T

ωω ( T/π2=ω )

b) Magnetfältet i centrum av en cirkulär slinga med radien r i vilken går

strömmen I ges av B =µ0I

2r.

Kommentarer

1994:1. Studiet av fasövergångar är ett område inom fysiken som har stor aktualitet. Systemet i uppgiften är mycket enkelt men uppvisar likväl en typisk fasövergång och en förändring av stabiliteten som kallas en bifurkation d v s utslagsvinkeln har ett stabilt värde (0˚) för små rotationsfrekvenser, vid ett visst kritiskt värde på denna parameter blir den ursprungliga utslagsvinkeln instabil och man för två nya (till höger och vänster i figuren) stabila möjligheter. 1994:3. Uppgiften var en experimentell uppgift på en internationell fysikolympiad.

93

94

KVALIFICERINGS- OCH LAGTÄVLING



1. Man sätter en kastrull med 1,0 liter 20-gradigt vatten på en redan varm kokplatta som avger effekten 1,5 kW. Efter 5,0 minuter börjar vattnet koka. Uppskatta hur länge det dröjer efter detta tills allt vattnet har kokat bort. 2. Ett pappersark reflekterar en bråkdel R (reflektansen) av det ljus som infaller mot arket och släpper igenom en bråkdel T = 1 – R av ljuset (transmittansen). Hur stor bråkdel reflekterar två pappersark som ligger ovanpå varandra? Rita en graf över hur denna bråkdel varierar då R varierar mellan 0 och 1. Gör en intelligent gissning av vad som händer om man staplar ännu flera ark på varandra. 3. On your birthday you go outdoors at 22 hours and observe a brilliant star rising in the east. On your next birthday you go out again at the same time to see your "birthday star" but it keeps you waiting until it finally rises at midnight. About how far from the sun is your "birthday star". Support your conclusion with convincing arguments! 4. En tunn genomskinlig hinna med tjockleken 520 nm betraktas i vitt ljus som infaller i en riktning som bildar 31˚ med hinnans normal. Hinnans brytningsindex är 1,35. Bestäm de våglängder i det synliga ljuset (390 – 770 nm) som släcks ut. Vilken färg får det reflekterade ljuset? 5. Figuren visar Pieter van Musschenbroeks experiment 1745 att elektrifiera vatten vilket ledde till upptäckten av leidenflaskan, en tidig typ av kondensator. Personen på bilden (advokaten Andreas Cuneus) skall just få en elektrisk stöt när han avlägsnar flaskan från resten av

94

95

apparaten. Musschenbroek som också senare gav sig själv en elektriskt stöt beskriver detta så här: "…Jag fick en stöt i armarna, skuldrorna och bröstet. Jag tappade andan, och det tog två dagar innan jag återhämtade mig från stöten och skräcken… Inte för hela kungariket Frankrike skulle jag vilja upprepa försöket."

a) Uppskatta kapacitansen på leidenflaskan som Andreas Cuneus håller i handen. b) Flaskan laddas av apparaten till 10 kV. Hur mycket elektrisk energi innehåller flaskan? 6. Ett sugrör är placerat vinkelrätt mot kanten på ett bord så att halva dess längd sticker ut över kanten. Det finns ingen friktion mellan sugröret och bordet. En fluga med en massa som är hälften av rörets sätter sig på den inre änden av sugröret och promenerar längs röret till dess yttre ände. Röret tippar inte över. Det tippar inte över ens när ytterligare en fluga sätter precis intill den första. Hur stor massa kan den andra flugan högst ha? 7. I en 400 kV kraftledning transporteras den elektriska energin med så kallat trefassystem. Man har tre ledningar R, S, T som löper horisontellt bredvid varandra. Se figur!

R S T

I ledningarna R, S och T respektive går växelströmmarna

95

96

)3/π2π2sin(

)π2sin()3/π2π2sin(

0

0

0

−⋅⋅=⋅⋅=

+⋅⋅=

tfIItfIItfII

T

S

R

f är växelströmmarnas frekvens = 50 Hz och t tiden. Summan av dessa tre strömmar är vid varje tidpunkt noll. Beräkna amplituden av den vertikala komponenten av magnetfältet från ledningarna rakt under kraftledningen, på en höjd av 1,5 m över marken om I0 = 1,3 kA. Jämför med det jordmagnetiska statiska fältet som är av storleksordningen 50 µT. 8. När man blåser över mynningen på en flaska hör man en ton som bildas genom att luften i halsen fungerar som en massiv ”propp” som komprimerar och expanderar den övriga luften i flaskan. Flaskan utgör en så kallad Helmholzresonator. För små rörelser på proppen kommer luften i flaskan att utöva en återställande kraft på luftproppen som är proportionell mot proppens förskjutning d v s man har fjäderkraft. Beräkna frekvensen på den ton man på detta sätt får i en flaska med volymen 0,75 liter och där halsen har en diameter av 18 mm och en längd av 80 mm. Du kan anta att luften i flaskan beskrivs av Boyles lag det vill säga att produkten av tryck och volym är konstant.

Kommentarer 1995:3. Uppgiften verkar att vara omöjlig att lösa med textens information. Med lite fysikalisk tänkande är det dock möjligt. Uppgiften härör från American Journal of Physics som under en tid hade en serie av sådana kreativa uppgifter. 1995:7. Uppgiften föranleddes av en diskussion i medierna om magnetfält i närheten av kraftledningar. För att få data till uppgiften skrev jag till STRI (Swedish Transmisssion Research Institute) och fick ett vänligt svar med massor av information av Bo Wästberg. Det visar sig att man genom att fästa upp ledningarna i en s k split-phasekonfiguration kan ytterliga minska magnetfältet under ledningarna med en faktor 5.

96

97

FYSIKTÄVLINGEN


8 februari 1996

SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET

1. Jane upptäcker Tarzan i en farlig situation. Den något klene och lättviktige Tarzan (70 kg) mobbas av en elak gorilla. Den dristiga och kraftiga Jane, som står på en avsats 10 m över marken, griper tag i en lian och pendlar i denna ner till Tarzan, griper omilt tag i honom i banans lägsta punkt nere vid marken och de pendlar sedan tillsamman precis upp till en avsats 3 m över marken, utom räckhåll gorillan. Vad väger Jane? 2. När astronauter är länge i en rymdstation är det viktigt att man regelbundet kontrollerar deras hälsa. Bland annat måste man kontrollera deras vikt. Hur kan man göra detta i tyngdlöshet? Din uppgift består i att konstruera en våg som kan användas i en rymdstation. Det skall klart framgå efter vilka fysikaliska principer vågen fungerar samtidigt som konstruktionen framgår av en teckning. 3. Newton formulerade en avsvalningslag som säger att den energi ∆Q som på tiden ∆t lämnar ett föremål med begränsningsarean A och temperaturen T i ett rum med temperaturen T0 ges av

( ) tTTaAQ ∆−=∆ 0 där a kan antas vara en materialoberoende konstant. Om föremålet har massa m och den specifika värmekapaciteten c gäller

∆Q = m ⋅ c ⋅ ∆T där ∆T är den temperaturändring som sker då energin ∆Q lämnar föremålet. En kopparstav med måtten 1,0 cm·1,0 cm·10 cm med starttemperaturen 73,7 ˚C får svalna i luft med temperaturen 21,0 ˚C. Efter 100 s har temperaturen sjunkit till 66,2 ˚C. a) Vilken temperatur skulle en aluminiumstav med samma dimensioner och starttemperatur få efter samma tid? b) Kan du med hjälp av tabell hitta någon annan metall som skulle svalna ännu mera än aluminiumstaven?

97

98

4. Mellan partiklarna i en vätska verkar attraktiva krafter med kort räckvidd, kohesionskrafter. Häller man ut lite vätska på ett bord kommer man också att ha attraktiva krafter mellan vätskepartiklarna och bordet, adhesionskrafter. Förhållandet mellan storleken på dessa krafter kommer att bestämma vilken form en liten vätskedroppe antar när den ligger på bordet. Studera nu en modell för en vätskedroppe bestående av endast sju partiklar på en horisontell linje (bordet). Vi jämför två olika vätskor, “A“ och “B“. Nollnivån för potentiell gravitationsenergi och energienheterna är så valda, att en partikel på linjen har gravitationsenergi noll, en partikel i nästa lager högre upp har +1 o s v enligt figur 1. För vätska A representeras kohesionsenergin mellan två vätskepartiklar i kontakt med varandra av energin –2 medan adhesionsenergin mellan en vätskedroppe i kontakt med bordet är –1. För B är motsvarande energier –2 respektive –3. Se figur 2 som visar detta i symbolisk form. Hur kommer partiklarna i respektive vätska att arrangera sig på bordet? Redovisa hur du resonerar för att komma fram till ditt resultat.

Gravitationsenergi

0

+1

+2

Figur 1

Vätska A Vätska B

Varje streck representerar energin –1Figur 2

5. Permeabiliteten för vakuum, µ0, är egentligen definierad som Vs/(Am)10π4 -7⋅ . Det kan emellertid vara av intresse av att mäta denna

storhet. Om vi t ex genom någon annan elektrisk mätning bestämmer

permittiviteten ε0 kan vi beräkna ljusfarten ur sambandet 00

1µε

=c dvs

bestämma ljusfarten ur enbart elektriska mätningar. Du har följande materiel till ditt förfogande:

•Ett dubbelstråleoscilloskop •En tongenerator för sinusvåg •En resistor 100 Ω •En lång, rak cylindrisk spole lindad med 1056 varv på en omagnetisk plaststomme. Lindningens längd är 0,74 m och spolens radie 15 mm. Utanpå denna spole har lindats en kort, separat spole med 1094 varv. •Kopplingssladdar 98

99

Rita kopplingsschema och beskriv hur du gör för att bestämma µ0. Ange vilka storheter du mäter och hur du med hjälp av dina mätningar beräknar µ0. 6. Ett 90˚-hörn är gjort av ett genomskinligt optiskt material med ett sådant brytningsindex att A inte kan se B som står bakom hörnet. Hur stort är brytningsindex?

A

B

7. You have a fresh ordinary pencil (blyertspenna) and start to draw a line. Would it be possible to draw a line as long as the earth’s equator before the pencil is finished?

8. En satellit befinner sig i en cirkulär bana runt jorden. Man vill flytta satelliten till en annan cirkulär bana med en större radie. För att göra detta kan man ge satelliten en impuls genom att köra raketmotorerna under en kort tid. Satelliten får då en ny bana. Sedan kan man ge den en ny “knuff“ osv. Fundera ut hur man skall göra, hur många gånger man skall köra raketmotorerna, när man skall köra dem, hur de skall vara riktade. Till din hjälp har du nedanstående beskrivning av Keplers lagar och av ellipsens egenskaper. Vi vill främst ha en kvalitativ beskrivning d v s hur man skall göra, men kan du ge en kvantitativ analys så är det ett stort plus. Keplers första lag: Satelliten rör sig i en ellips kring centralkroppen med centralkroppen i en av ellipsens brännpunkter. Keplers andra lag: Linjen mellan centralkroppen och satelliten (radius vector) överfar på lika tider lika stora areor. Keplers tredje lag: För två satelliter i olika banor runt centralkroppen förhåller sig kvadraten på kvoten mellan omloppstiderna (perioderna) som kuben på kvoten mellan ellipsernas storaxlar.

99

100

+ +

2a

2b

2c

2a = Storaxel 2b = Lillaxel 2c = Avstånd mellan brännpunkternaEllipsens area A=šab+ markerar brännpunkterna

b2 + c2 = a2

Kommentarer Svenska Dagbladet lämnade detta år samarbetet kring tävlingen och Svenska Fysikersamfundet blev ensam organisatör. Tävlingen fick då en ny logotype, som togs fram av Lars Gislén, som från detta år ansvarade för de praktiska arrangemangen kring tävlingen. 1996:1. Detta är samma problem som 1988:1 men med ombytta roller. Det var ett visst problem att få rimliga värden på Janes och Tarzans massor. 1996:4. Ett typiskt "ungerskt" problem. En trevlig och enkel modell som visar varför vätskor på en plan yta kan bära sig helt olika åt.

100

101

FYSIKTÄVLINGEN


6 februari 1997


1. En lärare vill demonstrera för sin klass att en överbelastad ledare kan orsaka en eldsvåda genom att leda en så stark ström genom en ledare att den glöder. Hon har en tunn tråd av koppar och ett par batterier. Koppartrådens resistans är liten jämfört med batteriernas inre resistans. Ska hon serie- eller parallellkoppla batterierna för bästa effekt? 2. Ibland faller stora snömängder på gatorna i en stad. Man kan då fundera på olika möjligheter att bli av med snön. Ett alternativ är att ha värmeslingor i gatorna och smälta bort snön. Ett annat mera traditionellt alternativ är att lasta snön på lastbilar och sedan köra bort och tippa snön utanför staden. Gör en utredning om energikostnaden för de två alternativen. Energiinnehållet i bensin/dieselolja är cirka 30 GJ/m3. 3. Vid xerografisk kopiering (av grekiskans xerós, torr, och grafeîn, skriva), den numera brukliga kopieringsmetoden, belyses orginalet med ljus som reflekteras ned på en trumma med ett positivt laddat skikt av selen. Därvid kommer de ställen på trumman som motsvarar vita områden på originalet att förlora sin laddning, medan de ställen på trumman som motsvarar svarta områden på originalet behåller sin positiva laddning. Ett pulver av kraftigt negativt laddade kolkorn attraheras till de positivt laddade ställena på trumman och överförs sedan därifrån till papper. Ett känt problem vid kopiering är, att stora svarta ytor på originalet sällan blir helt svarta på kopian; bara konturerna blir riktigt bra. Förklara varför.

101

102

4. Man placerar en punktformig lampa på axeln till en plankonvex lins av glas så att avståndet utefter axeln mellan lampan och den plana ytan på linsen är 200 mm. Den plankonvexa linsen har diametern 100 mm. Hur mycket tjockare skall linsen vara i mitten än i kanterna för att ljuset som lämnar linsen skall vara parallellt? 5. Var och en som grillat eller kokt korv, i hällregn på hajk eller i det egna tjällets kök, vet att korvskinnet brukar spricka, och när det spricker, spricker det alltid i korvens längdriktning. Förklara varför! Ledning: ”Was in einer Wurst ist, weiß nur Gott und der Fleischer”, men när korven hettas upp, utvidgas själva korvmassan. Betrakta korvskinnet som ett tunt, cylindriskt rör. Skinnets hållfasthet är proportionell mot antalet molekyler i ett tvärsnitt, och därmed mot tvärsnittets area. 6. A meteorite starts very far away from the Sun with no initial speed and falls toward the Sun. When it reaches the Earth’s orbit it hits the Earth and doing so falls straight down a vertical well (brunn). What was the local time at the place of the meteorite impact? 7. Svensken Svante Arrhenius föreslog vid seklets början att liv skulle kunna transporteras inom solsystemet som “livsfrön“ med hjälp av solens strålningstryck. Anta att vi kan betrakta ett livsfrö som en liten sfär med samma densitet som vatten. Enligt relativitetsteorin har en foton en rörelsemängd p = W / c där W är fotonens energi och c ljusfarten. Fotonerna från solen kolliderar med livsfröet vilket ger en kraft som motverkar gravitationen. Solen strålar ut en effekt av totalt 3,9·1026 W. Beräkna vilken radie ett livsfrö skall ha för att strålningstrycket från solen precis skall balansera tyngdkraften från solen. 8. I rodd varierar tiderna för en given sträcka med roddklassen. Tävlingsroddbåtar delas in i olika klasser med 1, 2, 4 eller 8 roddare. Figurerna visar en grov skiss av skrovet på en tävlingsroddbåt.

Lampa

102

103

Ovanifrån Genomskärning

Vatten

Tabellen visar bästa tider i minuter för fyra olika internationella 2000 m lopp.

Antalroddare Lopp1 Lopp 2 Lopp3 Lopp 4

8 5,87 5, 92 5,82 5, 73

4 6,33 6, 42 6,48 6,13

2 6,87 6,92 6,95 6, 77

1 7,16 7,25 7,28 7,17

Använd följande modell: a) Skroven i de olika klasserna har precis samma form men olika storlek d v s skroven är likformiga och ligger proportionsvis lika djupt i vattnet. b) Motståndskraften från vattnet på skrovet är proportionell mot skrovets “våta area“ d v s den area av skrovet som ligger under vattenytan och väts av vattnet. Motståndskraften är vidare proportionell mot båtens fart i kvadrat. c) Alla roddarna har samma massa och kan var och en producera samma effekt för framdrivningen. Modellen ger ett samband mellan tid och klass. Stämmer modellen med tabellens data?

Kommentarer 1997:6. En rolig konceptuell uppgift med en överraskande fråga. Ursprung: American Journal of Physics.

103

104

FYSIKTÄVLINGEN


5 februari 1998


1. Man ställer upp fyra vikter ur en viktsats med massorna 100 g, 50 g, 10 g och 5 g i rad på ett horisontellt bord. Med en linjal föser man så alla samtidigt längs bordet och hejdar sedan linjalen så att de alla startar från samma ”startlinje” och med samma fart glider iväg på bordsytan. Man mäter sedan hur långt de glider från ”startlinjen” innan de stannar. Resultatet blir Massa Glidsträcka 5 g 1,23 m 10 g 1,25 m 50 g 1,24 m 100 g 1,27 m Vilka slutsatser drar du ur försöket? 2. SI-enheten för massa, ett kilogram, är idag den enda av grundmått-enheterna som upprätthålls med en internationell prototyp. Denna förvaras vid internationella byrån för mått och vikt strax utanför Paris. (Bureau international des poids et mésures, http://www.bipm.fr/) För att inte i onödan slita på den, har den under de senaste hundra åren endast använts tre gånger för kontroll av de nationella prototyperna. Med ca 10 års mellanrum tas det svenska rikskilogrammet (se bilden) fram för att kontrollera Statens Provningsanstalts huvudnormaler för ett kilogram. Vid kontrollen är vågen innesluten i en lufttät kammare, där atmosfären hålls så konstant som möjligt och luftens densitet noga övervakas.

104

105

Det svenska rikskilogrammet består av en rät cirkulär cylinder av en legering av platina och iridium. Cylinderns diameter och höjd är 39 mm. Antag att man skulle väga rikskilogrammet på en våg varefter man på vågen placerar block av aluminium så att vågen gör exakt samma utslag som tidigare. Hur stort blir därvid relativa felet vid bestämningen av aluminiumblockets massa, om vägningen sker i luft vid normalt tryck och rumstemperatur 20 ˚C?

3. A human heart pumps 5 liters of blood per minute using an excess pressure (övertryck) of 13 kPa. Assume you have an artificial heart that is powered by a standard 12 V car battery with a capacity of 48 Ah. Assume that the artificial heart has an efficiency (verkningsgrad) of 50%. Estimate how long the battery lasts? 4. Aristoteles ansåg att andningens enda uppgift var att kyla organismen genom att andningsluften tar upp värme från blodet. Anta att en människa under lätt arbete utvecklar en effekt av omkring 200 W. Kan Aristoteles modell vara riktig? Gör rimliga uppskattningar av de storheter du behöver. 5. Vilken är den minsta krökningsradie r, (se figur) man kan ha på en optisk fiber med cirkulärt tvärsnitt och diametern d som har brytningsindex n? 6. Vatten har en ytspänning eller ytenergi på 0,072 J/m2. Om man delar upp en given vattenvolym i delvolymer, kommer den totala arean av dessa att vara större än den ursprungliga volymens area. När vatten förångas, kan man tänka sig att vattenvolymen delas upp i enskilda molekyler. Detta kan då antas kosta en energi lika med vattnets ångbildningsvärme. Använd detta för att uppskatta storleken av en vattenmolekyl. 7. Man har en cirkulär metallslinga med radien 100 mm med en resistans av 0,10 Ω. Slingan tål en maximal töjkraft av 2,5 N. Slingan placeras i ett homogent magnetfält vinkelrätt mot slingans plan. Flödestätheten avtar linjärt från 5,0 T till noll på 0,40 s. a) Beräkna strömmen i slingan och ange strömmens riktning.

r

Parallellt ljus

105

106

b) Visa att det av strömmen i slingan genererade magnetfältet väsentligen kan försummas jämfört med det yttre pålagda fältet. c) Håller slingan? 8. En viss molekyl består av två motsatt laddade joner. Man kan beskriva molekylens potentiella energi med

( ) 90

2

π4 ra

rerV +−=ε

Den första termen beskriver den elektrostatiska attraktionsenergin, den andra termen repulsionen mellan dem då de kommer mycket nära varandra, a är en konstant. Man vet att jämviktsavståndet mellan de båda jonerna (som kan betraktas som punktformiga) är 0,30 nm. Beräkna den energi som behövs för att bryta bindningen mellan jonerna. e =1,602 ⋅10−19 C ε0 = 8,85 ⋅10−12 As/Vm

Kommentarer 1998:1. Det är intressant att praktisk utföra det försök som beskrivs inför en skolklass. Eleverna kommer ofelbart att koncentrera sig på att försöka förklara varför den lättaste/tyngsta vikten kommer längst/kortast. Det är mycket svårt att inse att det väsentliga i försöket är att vikterna kommer lika långt. Oftast krävs det att man handgripligen påpekar den enorma variationen i massa.

106

107

FYSIKTÄVLINGEN


4 februari 1999


1. Vissa CD-spelare är numera gjorda så att de hänger på väggen och man kan se CD-skivans framsida under avspelningen. Man kan då uppskatta att skivans rotationsfrekvens är cirka 10 varv per sekund. Uppskatta ljusets våglängd. 2. Om man gång på gång dubbelviker ett vanligt A4-papper (med dimensionerna 297x210 mm och en tjocklek av 0,1 mm), så att pappret behåller sina proportioner (förhållandet längd/bredd), finner man att man högst kan vika det 7 gånger. Du skall nu a) förklara detta. Din förklaring skall vara sådan att du sedan b) kan förutsäga hur många gånger man högst skulle kunna vika ett A4-papper som är 0,01 mm tjockt. 3. En intressant storhet när man kartlägger universum är fördelningen av antalet galaxer med olika absolut ljusstyrka. När man undersöker denna har man dock problem med att för avlägsna galaxer blir de ljussvaga galaxerna alltför svaga för att ses vilket ger en skenbar övervikt av antalet ljusstarka galaxer. Anta att vi gör en grov modell av detta genom att anta att det bara finns två typer av galaxer: typ A som sänder ut mycket ljus och typ B som sänder ut lite. Anta vidare att en galax av typ B inte kan ses om avståndet till den är större än dB men att galaxer av typ A kan ses ut till avståndet dA > dB. Anta att man räknar totala antalet synliga galaxer och finner att kvoten mellan antalet galaxer av typ A och typ B blir Q. Vad blir den riktiga kvoten om man antar att fördelningen mellan galaxtyperna är densamma i hela universum. 4. Vilken takvinkel skall man ha på ett hus för att vattnet skall rinna av så fort som möjligt? För att uppskatta detta kan man göra en mycket

B

α107

108

grov modell som följer. Vi antar att huset har en fix bredd B och ersätter taket med lutande plan med lutningsvinkeln α (se figur). Vi ersätter regnet med en kloss som startar från vila från takets topp och kräver att takvinkeln skall vara sådan att klossen skall glida ner till takfoten så snabbt som möjligt. Vi antar att det finnes en friktion mellan tak och kloss som vi beskriver med en friktionskoefficient (friktionstal) som är 0,1. Vilken takvinkel ger modellen? Trots att modellen är mycket grov bör den ge ett ganska bra resultat. Varför? 5. Due to the rotation around the axis, the Earth is flattened (oblate), which means that the distance from the centre of the Earth to a point on the equator, the equatorial radius re, is somewhat larger than the distance from the centre to the pole, the polar radius rp. The flattening (oblateness) is defined by

e

pe

rrr −

and for the Earth the flattening has the approximate value 1/300. Now consider a typical so called ”millisecond pulsar”. This is a neutron star that rotates around its axis with a period of typically 20 milliseconds, that is, it rotates 50 turns per second. Such a neutronstar/pulsar is a very compact object with a radius of 10 km and a mass about the same as the Sun. Estimate the flattening of such a pulsar due to its rotation. 6. Om man står framför trappan på Kulkulkan-pyramiden i Chichen Itza och gör en handklappning svarar pyramiden med ett eko som låter mycket likt skriet från den heliga Quetzalfågeln på figuren till höger. Ett Mayaskrivtecken från Dresdenhandskriften visar guden Quetzalcoatl, ”den befjädrade ormen”, med en gigantisk Quetzalfågel i bakgrunden. Enligt en del vetenskapsmän är pyramiden medvetet konstruerad så att den skall ge ifrån sig Quetzalfågelns läte. Fysiken bakom detta fenomen är att en handklappning innehåller en blandning av ljud med olika frekvenser. När ljudet reflekteras mot trappans steg får vi reflexer med olika frekvenser som återvänder något tidsförskjutna till den som klappat.

108

109

Trappan på pyramiden har 91 trappsteg, trappans lodräta höjd är cirka 20 meter och trappans lutningsvinkel mot horisontal-planet kan antas vara 45˚. Anta för enkelhets skull att den klappande klappar och lyssnar i marknivå rakt framför trappan, 10 meter från nedersta trappsteget. Uppskatta den lägsta och högsta frekvens som hörs i ekot samt tidsförskjutningen och tidsordningen mellan dessa frekvenser. (Du kan läsa mer om detta och lyssna till fågeln och ekot från pyramiden på http//:www.ocasa.org/MemberLinks.html ) 7. Anta att man har en plattkondensator som med vakuum mellan de parallella plattorna har kapacitansen C. a) Visa att om man fyller mellanrummet mellan plattorna med ett material som har resistiviteten ρ så kommer resistansen R mellan plattorna att ges av

R =ε0ρC

Resultatet innehåller inte någonting om att kondensatorn är en plattkondensator vilket gör att man kan förmoda att formeln även gäller för en godtycklig kondensator. Detta är också fallet, vilket vi utnyttjar i fortsättningen. b) När man letar efter malmkroppar i marken, kan dessa ofta lokaliseras genom mätningar av markens resistivitet. Man har då två metallkulor A och B vardera förbunden elektriskt med en lång isolerad metalltråd vars resistans vi försummar. Kulorna begravs djupt ned i marken med trådarna stickande upp ur marken. Avståndet mellan kulorna är stort jämfört med kulornas radie. Man kan visa att spänningen U mellan två kulor med radien

109

110

r och med laddning q och –q respektive, upphängda i luften på ett avstånd som är stort jämfört med kulornas radie, ges av uttrycket

r

qU

0π2 ε=

Man ansluter en strömkälla med känd polspänning och en amperemeter, båda med försumbar inre resistans, till trådarna och mäter strömmen. Ur resultatet kan resistansen R för marken mellan kula A och B beräknas. Härled ett samband som uttrycker markens resistivitet ρ i den uppmätta markresistansen R och kulornas radie r.

A

A B

8. En ring av aluminium med diametern 25 mm, massan 1,6 g och en resistans på 0,5 mΩ läggs på en plexiglasskiva strax ovanför mynningen på en spole med järnkärna. När man släpper ström genom spolen kommer ringen att befinna sig i ett nästan homogent magnetfält men där de magnetiska flödeslinjerna längs med ringen divergerar med en vinkel av 10,0˚ från den vertikala lodlinjen (se figur). Strömmen genom spolen startar från noll och växer sedan linjärt med tiden så att magnetfältet i ringens plan till en början ges av B = k ⋅ t , där k = 10,0 T/s. Beräkna hur lång tid det tar innan ringen lyfter från plexiglasskivan.

Kommentarer 1999:2. Många av fysiktävlingens uppgifter har försökt stimulera deltagarnas förmåga att göra modeller för olika fysikaliska system och vi har successivt ökat andelen av sådana uppgifter. Uppgiften här är en uppgift som inte har ett svar, det viktiga är inte svaret utan hur man kommit till svaret. 1999:4 är av samma typ. 1999:6. Uppgiften är föranledd av en artikel i husorganet New Scientist.

10o

10o

110

111

FYSIKTÄVLINGEN


3 februari 2000


1. Ett duschmunstycke innehåller 18 hål med diametern 2,0 mm vardera. Slangen till munstycket har innerdiametern 10 mm. Vattnets hastighet i slangen är 0,5 m/s. a) Beräkna hastigheten för vattnet som kommer ut ur hålen i duschmunstycket. b) Undersök om vattnet förlorar eller vinner kinetisk energi då det lämnar duschen och ge en förklaring till förändringen. 2. Följande tabell ger världsrekordstiderna för män på korta löpdistanser.

Distans/m

45,7 (50 yard)

50,0 54,9 (60

yard)

60,0 91,4 (100 yard)

100

Tid/s 5,1 5,5 5,9 6,5 9,1 9,8

I en enkel modell för dessa sprinterlopp accelererar löparen först med konstant acceleration, a, fram till tidpunkten t0 efter starten. Efter denna tidpunkt fortsätter löparen med samma konstanta hastighet, v0 , till loppets slut. Bestäm de värden på v0 , t0 och a som modellen ger.

111

112

3. För att bestämma effekten för solinstrålningen kan man göra ett enkelt experiment med hjälp av ett provrör som är fyllt med kallt, svart kaffe. Provröret placeras så att solstrålarna träffar det vinkelrätt. I provröret stoppar man ner en temperaturgivare så att kaffets temperatur kan mätas med jämna mellanrum. Då kaffet utsätts för solens strålar mäter man dess temperatur och efter en stund skjuter man in en skärm så att provröret skuggas men fortsätter att mäta temperaturen på det nu avsvalnande kaffet. Resultatet av mätningarna blir en temperaturkurva enligt figuren. Förklara hur man med hjälp av grafen kan bestämma solinstrålningen uttryckt i W/m2. 4. Den inre backspegeln i en bil är konstruerad så att man kan reglera reflexionsförmågan i två steg. Backspegeln består av en glasskiva där de båda glasytorna bildar en liten vinkel med varandra. Under dagen utnyttjar man reflexionen i den bakre försilvrade ytan. Vid mörkerkörning vill man slippa den intensiva reflexen av bakomvarande bilars strålkastare och vinklar därför spegeln så att reflexionen i den främre glasytan riktas mot förarens ögon. I denna glasyta reflekteras endast 4 % av det infallande ljuset. För att bestämma vinkeln mellan de båda glasytorna i spegeln kan man rikta en laserstråle vinkelrätt mot den främre glasytan – se bild. För en backspegel från en Volvo gäller att den stråle som efter reflexionen mot den bakre speglande ytan lämnar backspegeln bildar vinkeln 10,5 ° med den infallande laserstrålen. Bestäm vinkeln mellan backspegelns båda ytor.

112

113

Bestäm den maximala resistansen mellan punkterna A och B i kopplingen nedan.

5. En kula som är upphängd i ett snöre utför en svängningsrörelse där kulans läge, x , i sidled kan beskrivas med tAx sinω= , där ω är vinkelhastigheten. Det maximala utslaget i sidled är 90 cm. Svängningstiden är 3,0 s. Härled ett uttryck för kulans läge, y , i höjdled som funktion av tiden, t , och rita ett diagram som visar kulans x- och y-lägen som funktion av tiden i intervallet 0 s ≤ t ≤ 4 s. 6. Den första fysiktävlingen för gymnasieskolan i Sverige ägde rum för 25 år sedan. Vi uppmärksammar jubileet genom att ta med en av de uppgifter som fanns med 1976 i årets tävling. (I din grafiska räknare har du idag ytterligare ett hjälpmedel som dina kamrater 1976 inte hade.)

7. Under de senaste åren har astronomerna upptäckt flera planeter kring olika stjärnor. De upptäckta planeterna har i allmänhet massor jämförbara med Jupiters massa och befinner sig i ofta nära sin stjärna. Observationerna av planeterna bygger på en dopplervariation av stjärnans spektrum. Stjärnan och dess planet bevarar sin totala rörelsemängd vilket medför att stjärnans hastighet i förhållande till Jorden varierar. Med hjälp av känsliga våglängdsmätningar på dopplerförskjutningen kan därför stjärnans radiella hastighet i förhållande till Jorden bestämmas.

113

114

Diagrammet visar den radiella hastigheten som funktion av tiden för en stjärna, Gliese 86 som befinner sig på avståndet 35 ljusår från oss. Gliese 86 är en ganska kall dvärgstjärna vars massa är 0,79 solmassor. Mätningarna har gjorts av en schweizisk grupp vid La Silla observatoriet i Chile. http://obswww.unige.ch/~udry/planet/gl86.html Din uppgift är att bestämma planetens avstånd till sin stjärna, Gliese 86, samt att beräkna dess massa uttryckt i jupitermassor. Det beräknade värdet på massan är ett minimivärde. Förklara varför!

8. One of the future space technology projects is ”Znamaya”. The project is to unfold a plane mirror (diameter 25 m) at high altitude from a space vehicle in orbit (about 400 km above the ground) and to adjust this mirror properly to reflect sunlight to a selected area of the night-side of the earth in order to illuminate it for a short time. The arrangement can be compared with a pinhole camera. http://www.energialtd.com/znamya.htm

114

115

How big is the illuminated area on the earth and what is the illumination expressed in lux (lumen/m2). The illumination on the mirror is 0,10 Mlux which is the same illumination as the sun gives on the earth..

Kommentarer Lars Gislén lämnade detta år över ansvaret för de praktiska arrangemangen och sammanställningen av tävlingen till Alf Ölme. 2000:2 Uppgiften är inspirerad av en liknande uppgift i den danska studentexamen. 2000:4 För denna uppgift skaffade jag en backspegel från en gammal Volvo på en bilskrot. Jag tog bort delar av spegelns infattning så att jag kunde mäta lutningsvinkeln även på mekanisk väg. De experimentella studierna av spegeln gav fler erfarenheter än vad som var möjligt att ta med i tävlingsuppgiften. 2000:7 Vid denna tid rapporterades observationer av flera olika planetsystem i universum. Idén till uppgiften kom i samband med Fysikdagarna i Göteborg där astronomen Maria Sundin höll ett föredrag om upptäckter av nya planeter i universum. Sökning på Internet gav mig sedan de nödvändiga uppgifterna.

115

116

LösningsfrekvensKvalificeringstävlingen 2000

0%20%

40%60%

1 2 3 4 5 6 7 8 Uppgift

Procent

116

117

FYSIKTÄVLINGEN


1 februari 2001


1. I en ovanlig lärobok i fysik – Fysik per vers - skriver Sören Törnkvist om fysikens olika områden på blankvers – ett versmått som bland annat Shakespeare använde. I Sören Törnkvists bok finns också flera problem formulerade med hjälp av detta versmått. Följande text är ett exempel: ”Fullt utbildad friktion i vila ger en större motkraft än vad rörelse- friktion förmår ett faktum nyttjat i de låsningsfria bromsar bilar har. För däck mot torr betong är µ som max 0,9. Glidning sänker µ ner mot 0,7 och ökar då inbromsningssträckan ? meter om vi antar ursprungsfarten 90 knyck.” Bestäm hur många meter som inbromsningssträckan ökar i exemplet ovan. Du anar säkert att ”knyck” står för km/h. Bestäm också hur mycket inbromsningstiden ökar. 2. Tre olika stora plattpar kan användas tillsammans med distansbitar av plast som plattkondensatorer. Kapacitanserna för de erhållna kondensatorerna mäts direkt med ett instrument. Resultaten sammanfattas i en tabell nedan. Om endast sladdarna är anslutna till mätinstrumentet visar detta 8 pF. Använd tabellen för att beräkna ett värde på kapacitiviteten för fria rymden, ε 0.

117

118

Platt- radie

mr

Platt- avstånd

mmd

Kapacitans

pFC

0,126 1,03 431 0,126 1,67 248 0,126 3,03 154 0,090 1,03 224 0,090 1,67 136 0,090 3,03 84 0,063 1,03 113 0,063 1,67 71

0,063 3,03 46 3. The following text describes an experiment using a small-angle approximation to measure the index of refraction of a liquid: The experiment consists of sending a light ray from air into a tank filled with the liquid. The figure shows the path of the ray which enters the liquid at point A and is refracted so that it reaches point C at the bottom corner of the tank. If the liquid is drained out the ray is unrefracted and strikes the side of the tank at point B. The refractive index of the liquid may be found by measuring the distances h and h´. a) Desribe how the refractive index for the liquid can be approximately expressed in h and h´. b) Estimate the error in the result if the liquid is water and the angle i is 20°. 4. En glödlampa kan lysa med tre olika effekter 60 W, 120 W och 180 W då den är ansluten till 220 V. Detta är möjligt med hjälp av två olika glödtrådar. Beskriv hur glödtrådarna kopplas för de olika effekterna samt bestäm resistanserna för de båda glödtrådarna då det går ström genom dem.

118

119

5. En metallstav med längden 5,0 cm roterar i ett horisontellt plan kring sin ena ända med den konstanta vinkelhastigheten 2,0 varv/s. Vinkelrätt mot stavens rotationsplan finns ett magnetfält med flödestätheten 0,20 T. Bestäm spänningen mellan stavens båda ändar. 6. En äldre typ av våg ett så kallat besman beskrivs i Nationalencyklopedin på följande sätt. besman [be_s-] (lånat till fornsv. från ettslaviskt språk, jfr likabetydande ry. bezmen, po.bezmian), betsman, gammal typ av handhållenhävstångsvåg med fast motvikt och rörligupphängningspunkt. På en krok eller i en skål ibesmanets ena ände placeras det som skall vägas,varefter upphängningspunkten (handtaget) förskjutslängs en graderad skala tills balans råder med denfasta motvikten.

Besmanet var under lång tid på grund av sinenkelhet den vanligaste hushålls- och handelsvågeni Sverige. Ända in på 1970-talet användes vågtypeni fiskhandeln, men sedan 1973 har nytillverkning avbesman för dagligvaruhandeln inte tillåtitsberoende på besmanets bristande noggrannhet. Namnetkan tyda på att besmanet infördes till Sverigeunder vikingatiden, möjligen från volgabulgarerna.Redan på 300-talet f.Kr. beskriver Aristoteles ettbesman för vägning av kött. Bilderna nedan visar en modell av ett besman dels då det är obelastat och dels då det är belastat med 100 g. Bestäm med hjälp av uppgifter i bilderna besmanets massa och härled ett uttryck för belastningen (massan) som funktion av avståndet från upphängningspunkten för massan m till punkten A. Rita även grafen för den härledda funktionen.

119

120

7. En kula är fastsatt i ett snöre och roteras i en vertikal cirkelbana så att spännkraften i snöret är noll då kulan befinner sig i sin högsta punkt. Radien i cirkelbanan är 1,00 m. Bestäm ett uttryck för kulans fart i cirkelbanan som funktion av vinkeln θ - se figur - och skissera grafen för detta uttryck samt beräkna kulans högsta och lägsta fart. Bestäm även kulans omloppstid så noggrant som möjligt. 8. I en show med olika fysikexperiment påstod artisten att han med förbundna ögon kunde skilja på tre olikfärgade ballonger. Ballongerna var uppblåsta med tre olika gaser – luft, helium och koldioxid. För att kunna skilja ballongerna utnyttjade han bland annat att en av ballongerna fungerade som en akustisk samlingslins. Vilken av ballongerna har denna egenskap? Motivera ditt svar och beräkna var brännpunkten för centrala strålar ligger om ballongerna kan anses vara sfäriska med radien 15 cm. Kommentarer 2001:8 Uppgiften är inspirerad av en show under konferensen Physics on Stage 1 på CERN i november 2000.

120

121

Lösningsfrekvens Kvalificeringstävlingen 2001

0%10%20%30%40%50%60%70%

1 2 3 4 5 6 7 8 Uppgift

Procent

121

122

FYSIKTÄVLINGEN


7 februari 2002


1. a) Två resistorer är kopplade enligt Figur 1. Bestäm spänningen över resistorn med resistansen R1. b)Två kondensatorer är kopplade enligt Figur 2. Bestäm spänningen över kondensatorn med kapacitansen C1. c) Kopplingen i Figur 3 används för att bestämma en okänd kapacitans C. När man ställer in den variabla resistorn R1 på 5,0 kΩ visar voltmetern 0 V när strömbrytaren K sluts. Bestäm kapacitansen C.

2. The aircraft in the photo below is an MD-11 airliner of known dimensions – see picture. The left picture shows the aeroplane with the sun as background. Estimate the distance to the aircraft from the photographer. (Picture from http://perso.club-internet.fr/legault/s010113.jpg)

122

123

3. Olika levande varelser har helt olika möjligheter att röra sig. De har också helt olika förutsättningar att tåla höga accelerationer. I denna uppgift ska du jämföra accelerationsförmågan hos en loppa med samma förmåga hos människan. Människoloppan (Pulex irritans) har mått enligt bilden. Den kan hoppa upp till en höjd av cirka 0,5 m.

123

124

a) Uppskatta med hjälp av beräkningar den acceleration loppan har under upphoppet om vi förutsätter att accelerationen är likformig.

b) Hur högt skulle en människa kunna hoppa om hon vid upphoppet kunde ha denna acceleration. Du får själv göra de ytterligare uppskattningar som behövs för beräkningen.

4. Fysikproblemen i gymnasiet har under årens lopp formulerats på olika sätt. Denna uppgift är från det skriftliga studentexamensprovet våren 1960. “En vätskas specifika värmekapacitet bestämdes genom följande försök. Från en stor behållare, där vätskans temperatur hölls konstant vid 10,0 °C, fick vätskan med konstant hastighet strömma genom ett smalt rör. Längs rörets axel hade man spänt en metalltråd, som genomflöts av elektrisk ström. Sedan försöket pågått någon stund med konstant strömstyrka i tråden, hade även den vätska som lämnade röret konstant temperatur. Vid ett tillfälle avläste man denna temperatur till 22,0 °C. Vid mätningen fann man att 680 g av vätskan passerade röret på 22,0 minuter. Strömstyrkan (I ) i och spänningen (U ) över tråden avlästes till 3,90 A respektive 4,00 V. När man sedan ökade strömningshastigheten, så att 825 g vätska lämnade röret på 22,0 minuter, måste I och U ökas till 4,25 A respektive 4,40 V, för att den konstanta sluttemperaturen hos vätskan skulle bli densamma som förut. Beräkna härav vätskans specifika värmekapacitet. Hänsyn måste tagas till värmeutbytet mellan röret och omgivningen.” 5. I ett experiment med en dubbelspalt får parallellt ljus med våglängden 600 nm träffa dubbelspalten med vinkelrätt infall. På en skärm med avståndet 1,00 m från dubbelspalten uppmäts avståndet från centralmaximum till det tionde maximat på ena sidan till 30 mm. a) Bestäm spaltavståndet i dubbelspalten. b) En genomskinlig film med tjockleken 20 µm placeras i den ena spalten varvid läget för centralmaximum förskjuts 30 mm på skärmen. Bestäm brytningsindex för filmen. 6. Du har antagligen fått lära dig att det tar lika lång tid för en boll, som kastas rakt upp, att nå sin högsta höjd som det tar att falla tillbaka till startpunkten. Denna modell är inte helt sann. Jämför med hjälp av en bättre modell stigtid och falltid. Motivera ditt resonemang och dina slutsatser väl!

124

125

7. En fotboll närmar sig en spelare med hastigheten 12 m/s. Hur måste spelarens fot röra sig om han vill stoppa bollen då den träffar foten. (Bollens hastighet efter stöten ska alltså vara noll.) Du får anta att fotens massa är mycket större än bollens och att kollisionen är fullständigt elastisk samt att bollen inte roterar. 8. Ett U-format rör med en horisontell längd l innehåller en vätska. a) Bestäm höjdskillnaden

mellan vätskepelarna om röret har en acceleration, a, åt höger.

b) Bestäm höjdskillnaden mellan vätskepelarna om röret monteras på ett

horisontellt roterande bord med vinkelhastigheten, ω , och den ena av vätskepelarna sammanfaller med rotationsaxeln.

Kommentarer Kommentarerna är gjord av Alf Ölme och skickades ut till deltagande skolor efter tävlingen. Uppgift 1: Jag har av lösningsfrekvensen och kommentarer förstått att det finns elever som inte har mött kondensatorn under sina fysikstudier. Detta ger upphov till reflexionen att det gemensamma stoffet är krympande och oklart angivet i kursplanen. Svårighetsgraden i deluppgifterna stegras och det är endast 23 % som har full poäng på uppgiften. Uppgift 2: Uppgiften är hämtad från The Physics Teacher (september 2001). Den har karaktären av en HOT – Higher Order Thinking – över sig. Uppgiften innehåller inte så mycket ”fysik”. Lösningen bygger ju på likformighetsresonemang. Påfallande många elever tar inte hänsyn till skalfaktorn mellan planet och solskivan. Några få har använt sig av avbildning i en kamera och betraktat den givna bilden som en kamerabild i kamerans fokalplan. Avbildningen av solskivan har använts för att bestämma kamerans ”brännvidd” som sedan används för att bestämma föremålsavståndet till planet.

125

126

Uppgift 3: Lösningsfrekvensen ligger något lägre än vad jag hade förväntat mig. Eleverna tycks ha haft svårigheter med att finna sambandet mellan de utslagsgivande storheterna. Det är också vanligt med en överskattning av accelerationssträckan för det mänskliga upphoppet. Uppgift 4: Denna uppgift är som det framgår av texten hämtad från studentexamen 1960. Jag har endast moderniserat texten något vad det gäller storheter och enheter. Det finns en viss osäkerhet i lösningarna om hur man skall ta hänsyn till omgivningens inverkan. Det är inte alla elever som inser att omgivningens inverkan är densamma i de båda experimenten. Det förekommer uppskattningar av verkningsgraden av uppvärmningen av metalltråden. En vanlig idé är att beräkna medelvärdet av den specifika värmekapaciteten från de båda experimenten om omgivningens inverkan försummas. Det skulle vara intressant att göra en jämförelse mellan tävlingens lösningsfrekvens och resultatet 1960 men några sådan statistik har jag inte tillgänglig. Det är väl rimligt att anta att majoriteten av abiturienterna i fysik1960 klarade denna uppgift eftersom den återfinns bland de första problemen av de åtta uppgifter som utgjorde examensprovet. För betyget B krävdes 3 nöjaktigt behandlade uppgifter. Förutom Nöjaktigt kunde en uppgift bedömas med Nöjaktigt med tvekan och Icke nöjaktigt. Uppgift 5: Den första deluppgiften här är av standardkaraktär och borde enligt min mening klaras av de flesta elever – i varje fall från åk 3. Resultaten tyder dock på att interferens i dubbelspalt ej behandlats på alla skolor. Den andra deluppgiften kräver ett eget kreativt tänkande och det finns flera exempel på bra lösningar på denna uppgift. Uppgift 6: I lösningsresonemangen till denna uppgift saknas ofta en ”röd tråd”. Eleverna är ovana vid att göra ett logiskt, rent resonemang där endast de fakta som man stöder sig på tas med. Det finns dock lysande undantag som visar på en god förmåga att resonera fysikaliskt. Uppgift 7: Uppgiften är inspirerad av den återkommande serien med Physics challenges for teachers and students i tidskriften The Physics Teacher. Det ställs stora krav på elevens förmåga att förstå den fysik som krävs. Det tycks ha varit lättast för de elever som är bekanta med begreppet relativ rörelse. Den andra metod som har varit framgångsrik för dem bygger på en lösning av ekvationssystemet för villkoren på rörelsemängdens och rörelseenergins bevarande. Den allmänna behandlingen kräver då dessutom en generalisering av massförhållandet som ju inte är givet i uppgiften.

126

127

Uppgift 8: I elevlösningarna till denna uppgift har jag förvånats över att så många elever angriper den med införande av tröghetskrafter. Det är ju en behandling som inte tas upp av gymnasieböcker i fysik. Den andra deluppgiften innehåller ytterligare en svårighet eftersom centripetalaccelerationen inte är konstant utefter rörets längd. Uppgiften är förvisso svår för de flesta eleverna. De tycks också vara obekanta med att ett svar till denna typ av uppgifter kan kontrolleras genom en dimensionsanalys av det erhållna uttrycket med hjälp av de ingående storheterna. En sådan analys borde ju avhålla en elev från att ge ett svar som innebär att höjden t ex skall anges med enheten m/s2!

Fysiktävlingen 2002 Lösningsfrekvenser

0%

10%20%

30%

40%50%

60%

1 2 3 4 5 6 7 8 Uppgift

Procent

127

128

FYSIKTÄVLINGEN


6 februari 2003


1. Strax utanför Varberg ligger den byggnadsminnesförklarade radiostationen Grimeton. Radiostationen togs i drift den 1 december 1924 och den huvudsakliga uppgiften var telegramtrafik till och från Amerika (http://www.telemuseum.se/grimeton/ ). Idag, snart 80 år senare, har telegrafi och telegrampojkar ersatts av mobiltelefoni och SMS och radiostationen i Grimeton är den enda fungerande långvågssändaren i världen. Sverige försöker därför nu att få den med på UNESCO:s världsarvslista. Den tekniska konstruktionen av radiostationen bygger bland annat på flera uppfinningar av den svenske elektroingenjören Ernst F.W. Alexanderson (1878 – 1975). I Tekniska Meddelanden från Kungliga Telegrafstyrelsen N:o 2 – 3, 1921 behandlas två av dessa, Alexandersons högfrekvensgenerator och Alexandersons multipelantenn. Med hjälp av multipelantennen kunde en större andel av den tillförda effekten användas för strålning. Alexanderson delade upp antennens motstånd i tre delar, jordmotståndet (2,00 Ω), variometermotståndet (0,60 Ω) och strålningsmotståndet (0,07Ω). En antenn kan alltså beskrivas med följande figur.

100 A 0,07 Ω 2,60 Ω

Strålnings-motstånd

Övrigt motstånd

128

129

a) Bestäm hur stor den totala effekten i antennen blir om antennströmmen är 100 A. Bestäm även hur stor del av denna effekt som utgör strålningseffekt.

b) För att öka verkningsgraden konstruerade Alexanderson sin multipelantenn som elektriskt motsvaras av följande koppling. Hur stor blir den totala effekten i denna multipelantenn och hur stor andel av denna effekt utgör strålningseffekt?

2. An accelerometer was used taking acceleration data during take off of a Boeing 737. The collected data were registered on a graphic calculator. The result is shown in the following two screen pictures from a graphic calculator with acceleration (m/s2) as a function of time (s). They are identical and differ only by the given coordinates for two different points in the diagram.

a) Explain the acceleration graph. How do you know when the airplane leaves ground?

b) Estimate with help of the two diagrams the velocity of the plane when it leaves the runway.

c) What is the minimum length of the runway that is required for a safe start?

Strålnings-motstånd

Övrigtmotstånd

100 A

100 A

100 A

100 A

100 A

100 A

2,60 Ω

2,60 Ω

2,60 Ω

2,60 Ω

2,60 Ω

2,60 Ω0,07 Ω

129

130

3. Då en satellit skjuts upp i sin bana måste den ges tillräckligt mycket energi för att den skall nå avsedd höjd och på denna höjd ha kvar en sådan hastighet att den kan gå in i en bana runt jorden. Det är då en fördel att skjuta upp bärraketen i närheten av ekvatorn i en sådan riktning att den hastighet som jordens rotation ger utnyttjas. a) I vilken riktning bör raketen skjutas upp? b) Många amerikanska satelliter skjuts upp från Kennedy Space Center, Cape Canaveral som ligger på 28,5 ° nordlig latitud. Hur stor horisontell hastighet ger jordrotationen en raket som skjuts upp på denna latitud? 4. Hjärtat är en ihålig muskel vars uppgift är att pumpa ut syresatt blod till kroppens olika delar. Då hjärtat drar ihop sig för ett pulsslag blir övertrycket i de utgående artärerna ca 120 mm Hg om blodtrycket mäts i nivå med hjärtat ( av tradition mäts blodtrycket i mm Hg). Med hjälp av pulsslagen drivs varje minut 5 dm3 blod runt i blodomloppet. a) Uppskatta med beräkningar blodtrycket i foten på en vuxen människa om trycket i höjd med hjärtat är 120 mm Hg. b) Beräkna hjärtats medeleffekt med hjälp av uppgifterna i texten. 5. En äldre typ av amperemeter är ett så kallat varmtrådsinstrument. Det är användbart för såväl likström som växelström. Det består av en mättråd som värms upp av strömmen. En modell av instrumentet kan byggas upp enligt bilden nedan.

En koppartråd med längden 1,25 m och diametern 0,45 mm spändes upp mellan två hållare enligt bilden. Då ingen ström flöt genom tråden befann sig upphängningspunkten A 8,7 cm ovanför bordsskivan. Trådens ändpunkter befann sig då 11,4 cm ovanför bordsskivan. När en viss ström sändes genom tråden sjönk trådens mittpunkt A så att den istället befann sig 7,2 cm ovanför bordsskivan.

a) Hur stor effekt lämnar tråden i form av strålning? b) På vilket annat sätt kan effekt lämna tråden?

130

131

6. 1960 genomförde R. Pound och G. Rebka vid Harwarduniversitetet experiment som visade att fotoner som sänts ut vid foten av ett 22,57 m högt torn hade lägre frekvens då de nådde toppen på tornet än när de sändes ut. Resultatet av experimenten stöder den allmänna relativitetsteorins tolkning av gravitationell rödförskjutning. ( http://www.peterallport.com/gravrs.htm )

a) Om vi behandlar experimentet teoretiskt på ett halvklassiskt sätt, dvs ger fotonen en ekvivalent massa enligt Einsteins samband, kan kvoten mellan fotonens frekvensskillnad och fotonens startfrekvens beräknas. Trots den enkla modellen är det teoretiska resultatet i god överensstämmelse med Pounds och Rebkas uppmätta värde. Bestäm värdet på denna kvot.

b) Diskutera hur du med hjälp av denna modell skulle kunna förklara att inget ljus kan lämna ett ”svart hål”. Vilka svagheter har en sådan halvklassisk modell?

7. Två bollar med massorna m1 respektive m2 börjar samtidigt falla från höjden h enligt figuren. De efterföljande stötarna sker helt i vertikal led och är fullständigt elastiska. a) Vilket massförhållande skall bollarna ha om bollen med massan m1 skall få hastigheten noll efter kollisionen med bollen med massan m2 ? b) Hur högt når i så fall bollen med massan m2? 8. I fysiktävlingens logo kan du se hur olika strålar bryts och reflekteras i en sfärisk vattendroppe. Strålarna beskriver hur regnbågen bildas för en bestämd våglängd med samhörande brytningsindex. a) Bestäm den spetsiga vinkel β som den infallande strålen i figuren nedan kommer att bilda med en stråle som reflekteras en gång i vattendroppen och sedan bryts ut ur vattendroppen.

131

132

b) Uttryck denna vinkel β som funktion av infallsvinkeln i mot vattendroppen och bestäm dess största tänkbara värde. c) Regnbågens färger beror ju på att brytningsindex är något olika för olika våglängder. Vad hade vi sett om alla våglängder hade haft samma brytningsindex? Kommentarer Kommentarerna är gjord av Alf Ölme och skickades ut till deltagande skolor efter tävlingen. Uppgift 1. Uppgiften är direkt hämtad ur Tekniska Meddelanden från Kungliga Telegrafstyrelsen N:o 2 – 3, 1921 där man kan läsa om detta numeriska exempel. Ernst Alexanderssons uppfinning rymmer mer fysik än det enkla räkneexemplet här avslöjar. Lösningsfrekvensen på över 70 % visar att uppgiften varit förhållandevis enkel som den ju också var avsedd att vara eftersom den placerats först. I den mån det funnits några svårigheter har det i så fall gällt förhållandena vid parallellkopplingen i b-uppgiften. Uppgift 2 Denna uppgift har jag fått genom Lars Jakobsson på Lärarhögskolan i Malmö. Lars presenterade den på ett föredrag under GIREP-konferensen i Lund 2002. Lars har själv registrerat den under en flygplansstart – en aktivitet som kanske skulle vara svårare att genomföra idag än vid det tillfälle då Lars gjorde det för några år sedan. Även denna uppgift har en förhållandevis rimlig lösningsfrekvens. Man kan dock förvåna sig över att den inte är ännu högre bland det positiva urval som tävlingsdeltagarna ändå utgör. Uppgift 3. Denna uppgift har jag hämtat ur en artikel om Orbital mechanics på adressen. http://users.commkey.net/Braeunig/space/orbmech.htm 132

133

Uppgift 4. Jag har mött frågeställningen i flera olika uppgifter men min mest aktuella referens till denna version är Medical Physics, Martin Hollins, Nelson Thornes Ltd, 2001. Det är väl framförallt b-uppgiften som har vållat de största svårigheterna för tävlingsdeltagarna. De som har vana vid dimensionsberäkningar har haft fördel av detta vid lösningen av uppgiften. Uppgift 5. Uppgiften är inspirerad av ett demonstrationsexperiment där längdförändringen av metalltråden används som ett mått på effektutvecklingen. Experimentet genomförs då med såväl likström som växelström. Om växelströmmens toppvärde också registreras kan man på detta sätt visa sambandet mellan toppvärde och effektivvärde för en växelström. Om man utnyttjar trådens uppmätta längdförändring kan man skaffa sig ett värde på trådens temperaturhöjning. Trådens temperatur och omgivningens temperatur kan sedan användas för att beräkna nettoutstrålningen. Då jag genomförde experimentet visade det sig dock att en större del av den tillförda effekten transporteras bort från tråden på annat sätt. Det största bidraget är förmodligen ledning till den omgivande luften. Uppgiften har vållat svårigheter i flera av stegen. Missuppfattningar av temperatur och temperaturskillnad förekommer. Vid användningen av Stefan Boltzmanns lag har ofta instrålningen försummats. Uppgift 6. Detta kunskapsområde tycks vara relativt okänt för de tävlande om man ska döma av lösningsfrekvensen. Fotonens energi borde annars vara välkänt från fotoelektriciteten. Även om den sökta kvoten beräknats visar tävlingsbidragen på elevernas svårigheter att i ord uttrycka de tankar som ligger bakom beräkningarna. Uppgift 7. Detta är en av många formuleringar på problem som gäller den så kallade ”stötförstärkaren”. Svårigheterna i uppgiften är ju huvudsakligen av matematisk karaktär om man ställt upp de samband som stötlagarna och energiprincipen ger. Uppgift 8. Regnbågen har sin förklaring i grundläggande optiska samband. Trots detta så genomförs sällan en fullständig förklaring till regnbågen i våra fysikböcker. De geometriska svårigheterna löser man helt vid härledningen av avböjningsvinkeln för ljus med ett bestämt brytningsindex och en bestämd infallsvinkel. Ett numeriskt exempel kräver inte så besvärlig matematisk behandling. För att bestämma regnbågsvinkeln måste man dock använda sig av numeriska metoder eller kunskaper om derivatan av arcusfunktioner. Båda behandlingarna förekommer även om det nog tillhör

133

134

sällsyntheterna att en elev behärskar derivatan av arcsinx. De grafiska räknarna ger ju annars god hjälp i denna analys och det är också den metod som använts av del flesta som löst uppgiften. Minimideviationen fås då vid en speciell infallsvinkel och variationen i brytningsindex ger upphov till en variation i minimideviationsvinkeln. Utan dispersion skulle denna variation försvinna och regnbågen skulle framstå som en på insidan skarpt avgränsad (blå)vit båge. Endast en inskickad lösning innehåller en hänvisning till minimideviationens betydelse för regnbågens uppkomst. Även i denna uppgift märks eleverna svårigheter att uttrycka tankar i ord.

Fysiktävlingen 2003Lösningsfrekvenser

0%10%20%30%40%50%60%70%80%

1 2 3 4 5 6 7 8 Uppgift

Procent

134

135

FYSIKTÄVLINGEN


5 februari 2004


1. Bildsekvensen nedan visar tre olika situationer.

Bild 1 Bild 2 Bild 3

• I Bild 1 ser vi en bägare med vatten på en våg. Vågen visar 821 g. • I Bild 2 håller en person en metallstav med en tråd så att cylindern

hänger fritt i vattnet. Vågen visar 831 g. • I Bild 3 har metallstaven placerats på bägarens botten. Vågen visar

897 g. Bestäm med hjälp av bilderna metallstavens densitet och rita en skalenlig figur som visar de krafter som verkar på metallstaven då den hänger i vattnet och en skalenlig figur som visar krafterna på staven då den står på bägarens botten.

2. En vågrörelse beskrivs av vågekvationen

⋅−⋅= t

TxAy π2π2sin

λ.

Diagrammen nedan visar vågens läge vid två olika tidpunkter t = 0 s och t = 0,010 s. Ingen vågtopp har passerat origo mellan de båda ögonblicksbilderna av vågen.

135

136

2.5 5 7.5 10 12.5 15 17.5

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5

xm

ymm

t=0 s

xm

ymm t=0,010 s

2.5 5 7.5 10 12.5 15 17.5

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5

a) Bestäm med hjälp av diagrammen vågrörelsens amplitud, våglängd, frekvens och utbredningshastighet. b) Rita ett nytt diagram som visar y(t) för x = 12,5 m i intervallet 0 s ≤ t ≤ 0,05 s. 3. En bägare innehåller 400 g vatten med en temperatur på cirka 60 °C. Avsvalningen av vattnet registreras med en temperaturgivare som är kopplad till en mätdator. Efter en stund stoppas en aluminiumstav med massan 145 g ner i bägaren och det fortsatta temperatur-förloppet registreras som tidigare fast med kortare tidsintervall mellan mätningarna. Aluminiumstaven hade temperaturen, 26,5 °C då den stoppades ner i vattnet. Bestäm med hjälp av diagrammet nedan ett värde på den specifika värmekapaciteten för aluminium.

136

137

4. Vid experimentella studier av avbildningar inom stråloptiken upptäcker man att den teori som byggs upp med hjälp av en linsformel inte fullständig kan beskriva verkligheten. Denna brist kallas något ologiskt för avbildningsfel. Det ologiska består i att kalla verklighetens avvikelse från en enkel teori för ”fel”. Det finns flera olika typer av avbildningsfel. Den sfäriska aberrationen är det enda man behöver ta hänsyn till för ett med den optiska axeln infallande parallellt strålknippe. Det utgående strålknippets konvergenspunkt blir inte entydigt bestämt utan beror av strålarnas avstånd h till den optiska axeln vid genomgången av linsen. Konvergenspunkten för centrala strålar, B, ligger längre från linsen än konvergenspunkten för randstrålarna, A. Avståndet mellan dessa båda konvergenspunkter kallas för den longitudinella sfäriska aberrationen. Den laterala sfäriska aberrationen definieras av randstråleknippets radie vid de centrala strålarnas konvergenspunkt.

r h

A BLongitudinellsfärisk aberration

Lateralsfärisk aberration

Skärm

I figuren ovan har den sfäriska ytan i den plankonvexa glaslinsen radien r = 40 mm och linsens bländarradie h = 20 mm. Linsen har alltså formen av en sfärisk kalott –se figur. a) Bestäm den longitudinella sfäriska aberrationen. b) Bestäm den laterala sfäriska aberrationen. För att testa kvaliteten på linser och sfäriska speglar används ibland Foucaults kniveggstest. Vid denna test förs ett rakblad in vinkelrätt mot den optiska axeln till höger om linsen (se figur). Då rakbladet precis når den optiska axeln får man skuggbilder på skärmen enligt bilderna nedan. De två bilderna svarar mot olika placering av rakbladet längs linjen mellan linsen och skärmen.

137

138

a b

c) Utred vilken placering av rakbladet som hör ihop med respektive bild. 5. Grundenheten candela får inte så stor uppmärksamhet i gymnasiets fysikkurs. Det är den enda av de sju grundenheterna som är beroende av människans uppfattningsförmåga. Populärt uttryckt kan vi säga att enheten candela används för att beskriva intensiteten av den för människan synliga delen av det elektromagnetiska spektret. En candela motsvarar ungefär ljusstyrkan av en stearinljuslåga. Då monokromatiskt ljus med en bestämd effekt uttryckt i watt träffar ögat uppfattas det motsvarande ljusflödet olika beroende på ljusets våglängd. Det är ögats känslighet för de olika våglängderna som avgör synintrycket. Människans öga har maximal känslighet vid våglängden 555 nm. Vid denna våglängd motsvaras strålningsflödet 1 W av ljusflödet 683 lumen. Enheten lumen för ljusflödet motsvarar alltså enheten watt för strålningsflödet. Ett av diagrammen nedan visar ögats spektrala känslighet, V(λ), uttryckt i lumen/watt som funktion av våglängden λ. En ljuskällas ljusutbyte definieras av hur många lumen per watt som ljuskällan ger. Det andra diagrammet nedan visar den utstrålade effekten i W/nm inom det synliga området för en lampa med effekten 60 W. Lampan har en glödtråd av wolfram som har temperaturen 2 800 K då lampan lyser. Strålningskurvan har maximum i det infraröda våglängdsområdet långt utanför ögats känslighetsområde. Bestäm med hjälp av de båda diagrammen ett värde på glödlampans ljusutbyte om dess totala effekt är 60 W.

138

139

6. Den 12 januari 1832 utförde den kände engelske fysikern, Michael Faraday, följande försök vid Waterloo Bridge i London: Vid brons båda ändar nedsänktes likadana kopparplattor i Themsen. De båda kopparplattorna som befann sig 300 m från varandra anslöts till en voltmeter med hjälp av isolerade kablar. Faraday uppmätte en spänning mellan kopparplattorna som ”ändrade riktning” då vattenströmmen i Themsen ändrade riktning. (Tidvattnet gör att vattenströmmen i Themsen ändrar riktning.) Vid ett tillfälle uppmätte Faraday spänningen till 20 mV. Det jordmagnetiska fältets vertikala komposant i London är 40 µT. Bestäm vattnets strömningshastighet. 7. Diagrammet nedan visar kraften mot underlaget vid ett hopp. Försökpersonen har stått upprätt på en våg (badrumsvåg), tagit sats, hoppat upp och landat på vågen igen. Vågen har fungerat som givare till en mätdator.

139

140

a) Hur mycket höjde försökspersonen sin tyngdpunkt under hoppet - räknat från utgångsläget? b) En person med massan m och längden h hoppar från hukande ställning lodrät uppåt. Tyngdpunktens högsta läge över marken under hoppet är 0,75 h. Bestäm medelvärdet av kraften mot golvet under upphoppet. Du får utgå från att personens tyngdpunkt befinner sig på höjden 0,50 h då personen står upprätt och att tyngdpunkten befinner sig 0,25 h över marknivån då personen hukar sig ner inför upphoppet. Jämför ditt resultat med diagrammet ovan och kommentera jämförelsen. 8. En proton (m, e) och en alfapartikel ( 4m, 2e) närmar sig varandra från ett stort avstånd längs en linje. De har då samma fart. Beskriv vad som händer då partiklarna närmar sig varandra och bestäm det minsta avståndet mellan dem.

140

141

Kommentarer Kommentarerna är gjord av Alf Ölme och skickades ut till deltagande skolor efter tävlingen. Uppgift 1. Denna uppgift visade sig vara svårare än vad jag väntat. Tävlingsdeltagarna hade väl inga större problem med att beräkna metallstavens densitet. Uppdraget att rita skalenliga figurer över kraftsituationerna var däremot betydligt värre. I många lösningar saknades skalenligheten och i andra var kraftsumman inte noll. Korrekta figurer motsvarade 40 % av totalpoängen d v s 2 poäng. Uppgift 2. Det blev i stället denna uppgift som gav den högsta lösningsfrekvensen. De nödvändiga begreppen hade väl nyligen studerats i fysikkursen och var därför välkända för de flesta. Uppgift 3. Även denna uppgift gav en hygglig lösningsfrekvens. Den största svårigheten bestod i hur man skall kunna ta hänsyn till omgivningens inverkan. Avsvalnandet skulle ju fortsatt även om inte aluminiumstaven stoppats ner i bägaren. Eleverna har använt olika metoder för att klara detta. Några har försummat inverkan och andra har feltolkat diagrammet. Trots att ämnesområdet behandlades i A-kursen har deltagarna klarat av att lösa denna uppgift förhållandevis bra. Uppgift 4. Denna uppgift går ju också tillbaka till ämnesområden från A-kursen men här är lösningsfrekvensen mycket lägre. Den inledande a-uppgiften bygger ju bara på brytningslagen och geometriska beräkningar. Deltagarna har ofta inte hittat något sätt att angripa uppgiften utan istället utelämnat den. Tolkningen av Foucaults kniveggstest är ju besvärligare – framförallt gäller det ju att uttrycka sina tankar så att man blir förstådd. De elever som har förstått att använda sig av figuren och själva komplettera sin framställning med egna figurer når ju längst. Bra och fullständiga lösningar/förklaringar finns till denna uppgift. Uppgift 5. Detta är ett ämnesområde som i de flesta fall torde vara helt nytt för eleverna. Diagramtolkning och diagramutnyttjande är nödvändigt för att lösa uppgiften. Man kan däremot tillåta sig ganska grova approximationer i en numerisk lösning och ändå få ett bra resultat. De elever som har vana vid dimensionsräkning har kunnat utnyttja detta i denna uppgift. Uppgift 6. För många elever framstod nog denna uppgift som lätt lösbar med en känd formel. Denna formel - lvBe = - är emellertid härledd i ett helt annat sammanhang och även om dimensionsstudier ger samma resultat har det inte betraktas som en helt godtagbar lösning. Det borde vara möjligt att motivera användandet av sambandet men så har mycket sällan skett. En mer invändningsfri strategi är ju att titta på kraftverkan på vattnets joner och den jämvikt som uppstår mellan den elektriska kraften och den magnetiska

141

142

kraften. Många elever har nog mött samma situation i problem med så kallade ”hastighetsfilter” eller hallelement. Uppgift 7. Denna uppgift är enkel att experimentellt realisera med hjälp av den datoriserade mätutrustning som skolorna numera ofta har tillgång till. Tolkning av diagrammet och beräkningar med hjälp av detta är tacksamma studieobjekt. Det finns olika sätt att bestämma hopphöjden med hjälp av diagrammet men det säkraste svaret fås lättast med hjälp av hopparens tid i luften. Den andra deluppgiften hittade jag i Physics Teacher. Många elever har givit sig på denna uppgift, inte alltid med framgång, men den finns utmärkta exempel på korta och snygga lösningar. Uppgift 8. Även denna uppgift har jag hittat i Physics Teacher. Det är ju egentligen en elastisk stöt. I många av de relativt få lösningar som kom in diskuterar eleverna när avståndet mellan partiklarna är minst. Ofta blir slutsatsen att detta sker då protonen vänder. Andra har emellertid insett att det istället sker då den relativa hastigheten mellan partiklarna är noll d v s då de har samma hastighet. Om detta utnyttjas tillsammans med energiprincipen återstår en integration för att hitta detta minsta avstånd. Integrationer av denna typ brukar kunna klaras av enstaka deltagare i våra tävlingar. De som klarade integrationsdelen hade emellertid inte lyckats tolka den andra delen av uppgiften. På denna uppgift har alltså ingen enda elev kunnat bedömas med 5 poäng. Den högsta poäng som delats ut är 3 poäng.

Fysiktävlingen 2004Lösningsfrekvenser

0%10%20%30%40%50%60%70%80%90%

1 2 3 4 5 6 7 8 Uppgift

Procent

142

143

Lösningsförslag 1976. 1. För accelerationen a behövs kraften F = ma enligt Newtons andra lag. Det motsvarar en extra sträckning ∆ av fjädern enligt

∆= kma d v s k

ma=∆ .

Fjädern kommer alltså att förlängas till k

ma+=∆+ i den

accelererande hissen. Däremot påverkas inte svängningstiden eftersom denna enbart beror av m, och k enligt sambandet

kmT π2= och m och k påverkas inte av att hissen accelererar.

2. Anm. Lösningen till uppgiften gavs 1976 med hjälp av tröghetskrafter. Utan rotation är lågans riktning rakt motsatt tyngdkraften. Med rotation får lågan rakt motsatt riktning till resultanten till tyngdkraften och den införda tröghetskraften – centrifugalkraften. Betrakta ett ljus på avståndet r från rotationsaxeln. Vinkeln mellan lodlinjen och ljuslågans riktning lutar är α och den införda centrifugalaccelerationen

2c ωra = .

Med hjälp av likformighet i figuren erhålls

2c ωr

gag

rx == dvs. 22 ωω

grrgx == och således

oberoende av r.

Svar: Punktens läge är 2ωg ovanför lågan och därmed oberoende av r .

3. För att motivera svaret använder vi energiprincipen. Vid starten har burken endast lägesenergi. Denna omvandlas sedan till rörelseenergi i form av translationsenergi och rotationsenergi. Storleken av rotationsenergin beror av tröghetsmomentet d v s massfördelningen.

143

144

Burk nr 4 med vatten kommer snabbast ner eftersom vattnet inte följer med i burkens rotation. Hela lägesenergin blir translationsenergi. Detsamma gäller för burk nr 2 eftersom massan är samlad nära rotationsaxeln, vilket ger ett litet, försumbart, tröghetsmoment. Burk nr 5 med oljan kommer förutom translationsenergi att ha en roterande olja som på grund av oljans viskositet inte helt följer burkens vinkel-hastighet. Efter dess tre burkar kommer burk nr 3 som har en homogen massa och sanden följer helt med i rotationen. Eftersom massan befinner sig närmare rotationsaxeln kommer den dock fram tidigare än den burk, burk nr 1, som har hela sin massa i skalet. Denna burk kommer att ha omvandlat en större del av sin ursprungliga lägesenergi till rotationsenergi och därmed ta längre tid att ta sig i mål.

4. Då skenan BD förs framåt med hastigheten v induceras en spänning u enligt sambandet

V 20,1V 100,000,850,1 =⋅⋅== lvBu Detta ger enligt Kirchhoffs andra lag

mA 40A1020

20,1

yi

=+

=+

=RR

uI

vilket i sin tur ger

V 0,400V 040,010y =⋅=⋅= IRU Svar: Voltmetern visar 0,400 V.

5. Kopplingen är likvärdig med vidstående kopplingsschema.

Eftersom punkterna C och D har samma potential kan vi se kretsen som en seriekoppling av två parallellkopplingar. För de två parallellkopplingarna gäller

201

)30(11och

10111

21

+−

=+=xRxR

som

tillsammans ger 144

145

xx

xxRRR

−⋅−+

+=+=

5020)30(

1010

21

Vi deriverar R med avseende på x.

22 )50(400

)10(100

dd

xxxR

−−

+=

Om derivatan sätts lika med noll fås lösningarna x1= 10 och x2 = -70. Av dessa lösningar är det endast den första som är intressant. Om funktionsvärdet på R undersöks för x lika med noll, 10 respektive 30 Ω kan vi också övertyga oss om att det är ett maxvärde då x är 10 Ω.

x(Ω) R (Ω) 0 1210 15 30 7,5

Den maximala resistansen är 15 Ω. Svar: Den maximala resistansen blir 15 Ω. 6. Lägg de tre speglarna som xy- , xz- och yz-plan i ett koordinatsystem. När ljusstrålen träffar xy-planet sker en reflexion så att z-koordinaten för ljusstrålens vektor får motsatt tecken. På samma sätt ändras tecknet för y-koordinaten vid reflexionen mot xz-planet och x-koordinaten vid reflexionen mot yz-planet. Den inkommande strålens koordinater (x, y, z) har övergått till (-x, -y, -z) vilket är rakt motsatt riktning till den inkommande strålen. 7. Nettoeffekten av tidvattenvågfriktionen är att oceanerna utövar ett bromsande vridmoment på den roterande jorden och ett motsatt vridmoment på månen. Månens totala energi ökas därvid, eftersom månen går runt jorden i samma riktning som jorden själv roterar och eftersom jorden roterar snabbast. Detta medför att banradien ökar vilket kan visas på följande sätt.

rGMv

rmMG

rmv =⇒= 2

2

där M är jordens massa och m är månens massa. G är gravitationskonstanten, r är avståndet mellan månen och jorden och v är

145

146

månens hastighet. Om månens potentiella energi sätts till noll då den är oändligt långt borta från jorden blir dess totala energi i den nuvarande banan

rMmGmvE −=

2

2

eller med v insatt

rGmM

rGmM

rGmME

22−=−=

En ökning av E innebär alltså att beloppet r

GmM2

blir mindre vilket i sin

tur innebär att r måste öka. (Ökningen av r är 3,2 cm per år.)

8. För de tre olika spänningarna gäller

∫=

−=

=

tIC

U

tILU

RIU

C

L

R

d1dd

som ger graferna enligt nedan.

URV

ts1 2 3 4 5

30

20

10

-10

-20

-30

ULV

ts1 2 3 4 5

4

2

-2

-4

UCV

ts1 2 3 4 5

200

0

400

600

800

146

147

Lösningsförslag 1977. 1. Den maximala accelerationen, som är möjlig för att inte något snöre skall

brista ges för de olika vagnarna av sambandet mFa = .

Vagn 2: 22 m/s 24m/s

5,0394 =

⋅⋅=a

Vagn 3: 22 m/s 18m/s5,02

92 =⋅⋅=a

Vagn 4: 22 m/s 36m/s5,092 =⋅=a

Av dessa villkor framgår att accelerationen för leksakståget i sin helhet inte får överstiga 18 m/s2. Med denna acceleration blir den totala dragkraften

N 36N 185,04 =⋅⋅=F . Svar: Den maximala kraft som barnet kan dra i draglinan med är 36 N.

2. Spegelns brännvidd är hälften av den konkava spegelns radie, 16,35 cm. Bildrörets avstånd från spegeln är enligt figuren 14 cm. Föremålets (bildrörets) avstånd till spegelns fokus so är alltså 2,35 cm. Betecknas bilden avstånd till bildfokus sb gäller enligt Newtons formel för lateralförstoringen

o

b

sf

fs

G == .

Detta ger ggr 735,235,16

o

===sfG .

Bilden av bildrutan får alltså ”storleken” 7⋅ 2’’=14’’. För bildens avstånd till fokus gäller

cm 11433,233,16 2

o

2

b ≈==sfs dvs. (114 – 16) cm= 98 cm bakom apparatens

bakre vägg. Svar: Bildrutans storlek blir 14 ’’ och bilden ligger 98 cm bakom apparatens bakre vägg.

3. Vi betecknar tvärsnittsareorna för kopparstaven, järnstaven och aluminiumstaven A1, A2 respektive A3 och motsvarande densiteter,

147

148

31 kg/dm 93,8=σ , 3

2 kg/dm 86,7=σ respektive 33 kg/dm 70,2=σ samt

motsvarande utvidgningskoefficienter -161 K 1016 −⋅=α , -16

2 K 1012 −⋅=α respektive -16

3 K 1024 −⋅=α . Vi väljer en axel genom tyngdpunkten som vridningsaxel. Momentlagen ger då

++++

+=

+

++⋅=⋅

)1(29)1(4

2)1(4

2)1(7

)294(

24

27

3232

21

1

321

ttmtmtm

mmm

αααα ⇒

++=+=

3322211

321

)98(471747

mmmmmm

αααα ⇒

3323221312 984174 ααααα mmmmm ++=+ ⇒

)1798()(4 1323212 ααααα −+=− mm ⇒

)(41798

21

132

3

2

ααααα

−−+

=mm

Då 222 4 ρAm = och 333 9 ρAm = fås

93,1)(4

179849

21

132

2

3

3

2 ≈−

−+⋅=

ααααα

ρρ

AA ⇒ 32 2AA ≈

På samma sätt fås

50,13

1 ≈AA dvs. 31 5,1 AA ≈

Vi har då 1:2:5,1:: 321 =AAA

Svar: Förhållandet mellan tvärsnittsytorna är 1:2:5,1:: 321 =AAA

148

149

4. Anm. Uppgiften löstes 1977 med hjälp av tröghetskrafter. Vi betecknar kulornas volym med V och densiteterna för mässing och kork med ρ1 och ρ2. Tyngdaccelerationen sätts till 10 m/s2. Enligt Newtons lag påverkas en kula i det accelererade systemet av en tröghetskraft

aVammF )()( vattenvattena ρρ −−=−−= där m är kulans massa, mvatten är det undanträngda vattnets massa och ρvatten är vattnets densitet. Kulorna påverkas också av resultanten till tyngdkraften och lyftkraften

gmmF )( vatteng −= a) Systemet ställer in sig så att snörets riktning sammanfaller med

kraftresultantens riktning

garesultant FFF += För mässing är m-mvatten>0 och aF är alltså motriktad accelerationen a

medan för kork förhållandet är motsatt och aF är riktad åt samma håll som a . Resultatet visas i figuren. För vinkeln α gäller

25,010

5,2)()(

tanvatten

vatten ===−−

=ga

gVaV

ρρρρα som ger α ≈14°

b) Om snören går av rör sig kulorna rätlinjigt i den resulterande kraftens riktning med en acceleration som avtar på grund av friktionen och strömningen.

149

150

5. Om flödet betecknas med Φ och den inducerade spänningen med e gäller med beteckningar enligt figuren.

αcosBx ⋅=Φ

αcosdd

dd B

tx

te ⋅=Φ= och αcos

dd

dd

2

2B

tx

te ⋅=

Vidare gäller om q betecknar kondensatorns laddning och i betecknar strömmen

Ceq = och αcosdd

dd

dd

2

2B

txC

teC

tqi ⋅⋅=⋅== .

Enligt Newtons andra lag gäller

2

2

ddcossin

txmBimg ⋅=− αα som med ovanstående uttryck för i ger

2

2

2

2

ddcos)cos

dd(sin

txmB

txCBmg =⋅⋅− ααα

vilket efter förenkling ger

αα

2222

2

cossin

dd

CBmmg

tx

+= .

Svar: Stavens acceleration är α

α222 cos

sinCBmmg

+.

6. En el-radiator har i allmänhet en märkeffekt mellan 600 W och 2 000 W

medan lampor i allmänhet har mellan 25 W och 100 W. Då R

UP2

= betyder

det att radiatorns resistans är av storleksordningen en tiondel av lampans.

I ett trefas växelströmsnät ligger faserna tidsmässigt förskjutna 3π2 rad

(120°) så att spänningen för de tre faserna 1, 2 och 3 kan skrivas: 150

151

)3π2sin(

)3π2sin(

sin

02

02

01

−=

+=

=

tuu

tuu

tuu

ω

ω

ω

där u0 är toppspänningen ( 2220 ⋅ V). Genom lampan L1 går då strömmen

tR

ui ωsin

lampa

0= .

a) Om säkringen i fas nr 1 utlöses erhålls spänning över L1 från faserna 2 och 3 via radiatorerna A och C. Faserna 2 och 3 fungerar då som två

parallellkopplade spänningskällor med fasförskjutningen 3π2 rad.

Fasförskjutningen resulterar i att de tidvis blir motriktade och sålunda ger minskad ström genom lampan L1 – jämfört med fallet att endast en fas verkar. Lampan L1 kommer sålunda att lysa svagare medan lamporna L2 och L3 lyser med oförändrad styrka. Vi kan beräkna ändringen på följande sätt.

)()3π2sin(

)()3π2sin(

32lampa3radiator0

32lampa2radiator0

iiRiRtu

iiRiRtu

++⋅=−

++⋅=+

ω

ω

(se figur) (För enkelhets skuld antas att alla lampor sinsemellan är lika och att radiatorerna sinsemellan är lika samt att resistansen är oberoende av strömmen.)

151

152

Addition ger

)(2)(21sin2

3π2cossin2 32lampa32radiator00 iiRiiRtutu +++=

−⋅⋅=⋅ ωω

⇒ iRRtu )2(sin lamparadiator0 +−=ω där 32 iii += är strömmen genom lampan

L1. ⇒

tR

ut

RRu

i sin2

sin2 lampa

0

lamparadiator

0 ωω −≈

+−

= eftersom lamparadiator 1,0 RR ⋅< .

Det betyder att strömmen genom lampan L1 går ner till ungefär hälften.

b) Om radiatorn vid A slås ifrån blir L1 enbart ansluten till fas nr 3 via radiatorn C vilket resulterar i att lampan L1:s ljusstyrka ökar. Då C:s resistans är liten får lampan i det närmaste spänningen 220 V och lyser med nästan full styrka.

7. a) Hubbles lag har härletts ur observationer från jorden, men den bygger på antagandet att universum expanderar från ett supertätt ursprungsområde U. För jordens flykt från U blir Hubbles lag

11 rHv = och för galaxen G:s flykt från U blir den

22 rHv = Detta medför )( 1212 rrHvv −=− Då galaxens avstånd från jorden är

12 rrr −= och dess hastighet relativt jorden 12 vvv −= erhålls

rHv = dvs. Hubbles lag får samma form oberoende av om vi utgår från ursprunget eller från en annan punkt t ex jorden.

b) Om det för en galax gäller att Hrv = och 0

00 konstant

tr

v == där t0 är

universums ålder fås 152

153

HtHr

tr 1 000

0 =⇒=

år 1018år 55

1031026,3m/s1055

m1031026,31 9

56

3s

86

0 ⋅≈⋅⋅⋅=⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⇒

nt om ns

är antalet sekunder på ett år. Svar: Hubbleåldern blir 18 miljarder år.

8. Det gäller med gängse beteckningar 2211 UCUCQ ==

a) I början är 2

och 1212UUUCCC ==== där U betecknar

batterispänningen.

Ersättningskapacitansen 2eCC = .

b) När ett dielektrikum införs i kondensator nr 2 ökar dess kapacitans )'( ' 1122 CCCC => Då gäller

2211 '''' UCUCQ ==

1212 ' eftersom '' CCUU ><⇒ 112 2'och

2' UUUUU =><⇒

Vidare gäller att CCCCCCC

><⇒+= 2e2e

' då 2'

1 '

11'

1

2 e

CC >⇒ QQ >⇒ '

dvs. laddningen på kondensatorerna ökar.

Enligt sambandet dUE = fås då för fältstyrkorna att

11111

1 ' '' EEEd

Ud

UE >⇒=>=

och

22222

2 ' '' EEEd

Ud

UE <⇒=<=

För energin hos en kondensator gäller allmänt

2

2CUW =

11' WW >⇒ där 1' W är den nya energin hos kondensator nr 1. 153

154

Den nya energin hos kondensatorn nr 2 med dielektrikum, vars kapacitans CC >2' , beräknas enligt följande

22

1

'''

''

CQU

CQU

=

=

2

21

2

21221

'11''

'1'

1' ''''

CC

UU

C

U

C

UCUCUQ+

+==⇒==⇒

UCC

CU

CC

CU2

2

22 '

'11

'1

' +

=+

=⇒ där 21 '' UUU +=

2

222

222

22

2

2

222

2 '2''

21

)'('

21

2''

' UCCCC

CCCU

CCCC

UCW

++=

+==

2''

12

' 2

2

2

2++

⋅=⇒

CC

CC

CUW

Då 42''

och 2''

' 2

2

2

22 >++>+⇒>

CC

CC

CC

CCCC

Den ursprungliga energin W2 var 42

1 2UC

⇒ 22' WW < Svar:

Kondensator 1 Kondensator 2 Kapacitans Oförändrad 11' CC = Ökar ' 22 CC > Laddning Ökar 11 '' UCQ = Ökar 22 ''' UCQ = Spänning

Ökar 2

' 1UU > Minskar

2' 2

UU <

Elektrisk fältstyrka

Ökar 11' EE > Minskar 22' EE <

Lagrad energi Ökar 11' WW > Minskar 22' WW <

154

155

Lösningsförslag 1978.

1. För falltiden t gäller om bordets höjd är h , 2

2gth = dvs.

s 0,43s 82,9

9,022 ≈⋅==ght

Den horisontella utgångshastigheten v blir då

m/s 10 m/s 43,03,4 ==v

Vi får då för kraftens medelvärde , F vmtF ⋅=∆⋅

som ger

N 100 N 15,0105,1 =⋅=

∆=

tmvF

Svar: Kraftens medelvärde är 100 N. 2 a) Om vattnets brytningsindex är 1,33 gäller

θsin33,145sin1 ⋅=⋅ som ger 32≈θ

Enligt figuren gäller att a är 0,50 m och att

0,2tan b=θ som ger

m 25,132tan0,2 ≈=b . Skuggans längd blir alltså 1,25 m + 0,50 m = 1,75 m. b) Av figuren framgår att skuggan lyfts upp så att den ser ut att ligga på djupet 1,5 m om man tittar på den rakt uppifrån. Skuggans alla delar ”lyfts upp” till djupet 1,5 m. Anm: Låt en stråle utgå från en punkt 2,0 m under vattenytan. Denna stråle bryts i vattenytan enligt brytningslagen. (”små vinklar”) Den kommer därför

att se ut att komma från en punkt som ligger m 5,133,10,20,2 ≈≈

nunder

vattenytan. Svar: Skuggans längd blir 1,75 m. Dess bild blir lika stor och belägen 1,5 m under vattenytan.

0,5 m

2,0 m

45o

θ

a

b

x=1,5 m

Skenbart skuggläge

155

156

3. En linje genom vikternas tyngdpunkter väljs som referensnivå med lägesenergin noll. Släpps den mellersta vikten rör den sig nedåt sträckan y medan yttervikterna rör sig uppåt sträckan x innan de stannar och vänder. Enligt figuren gäller

xxyxy 2 )1(1 22 22 +=⇔+=+ (1) Då vikterna vänder är rörelseenergin noll och därför även ändringen i lägesenergin noll.

xygygx 2 0332 =⇔=−⋅ (2) Ekvationerna (1) och (2) ger

m 32 24 22 =⇒+= xxxx och m

34=y .

Svar: Den mellersta vikten rör sig 1,3 m innan den vänder.

4. Med två tegelstenar: Den översta tegelstenens tyngdpunkt skall befinna sig rakt ovanför kanten – överhänget blir alltså a/2 om a är tegelstenens längd. Tre tegelstenar: De båda övre stenarna tyngdpunkt skall befinna sig över den understa tegelstenens kant. Den gemensamma tyngdpunktens avstånd från den översta stenens högra kant kan beräknas med hjälp av vridmomentet som summan av de enskilda stenarnas vridmoment.

4243

23)

22(

22 aaaxamgaamgamgmgx +==⇒=++=

För fyra tegelstenar erhålls på motsvarande sätt för de tre översta stenarna

6421211

411)

243(

4323 aaaaxamgaamgamgmgx ++==⇒=++=

156

157

Överhänget blir alltså för n tegelstenar

∑−

=

=1

1

12

n

k kax som kan approximeras med Nan

nax

N

ln2

d12 1

== ∫ för stora

värden på N.

Svar: Överhänget blir ∑−

=

=1

1

1226,0 n

k kx för n tegelstenar. Om n är stort kan

uttrycket approximeras med m ln226,0 N . Om antalet stenar ökas från 100

till 200 kommer överhänget alltså att öka med m 09,0100ln200ln ≈− . (Direkt beräkning med den noggrannare formeln ger 9,04 cm.) 5. De elektronbanor som bildar en vinkel med axeln beskriver spiralbanor i magnetfältet. För att elektronerna skall passera genom den andra öppningen måste de genomlöpa ett helt antal varv. Figuren visar några elektronbanors projektion vinkelrätt mot axeln. Om r är banradien, e elektronladdningen, v elektronernas radialhastighet och m elektronmassan gäller

merBvevB

rmv =⇒=

2

Om ω är motsvarande vinkelhastighet och T1 är perioden gäller

eBmT

merB

Trrv π 2 π 2

11

=⇒=== ω

För elektronhastigheten gäller meUvmveU 2

2

2

=⇒=

För hastigheten längs axeln, 2

cos δ⋅= vvx gäller att vvx ≈ eftersom δ är

liten. T2 är den tid det tar att passera magnetfältet.

meUv

T22 == och 12 TnT ⋅= där n är ett heltal.

157

158

Detta ger

meUeB

mn2

π 2 = som ger e

mUnB 2π 2=

Svar: Villkoret är e

mUnB 2π 2= . (Metoden kan användas för att

bestämma e/m.)

6. Då 7,0 m3 vatten per sekund faller 6,5 m blir energiutvecklingen per sekund dvs effekten kW 447 W6,59,827000 ≈⋅⋅== mghP Om förlusterna är 15 % fås

kW 380kW 44785,0el ≈⋅=P . Det motsvarar på ett år energin

MWh 3327 Wh2436510380 3 ≈⋅⋅⋅=W Då 1 m3 olja ger 0,40⋅ 10,8 MWh = 4,38 MWh motsvarar 3327 MWh

33 m 770 m 38,4

3327 ≈ olja.

Svar: Besparingen av olja på ett år blir 770 m3. 7. Den minsta energi som fordras för att ge synintryck för R kallas WR. Då gäller enligt diagrammet

1,6och

1,2R

BR

GW

WW

W ≈≈

Fotonenergin vid respektive toppar är enligt sambandet λλ1khcE == .

5901

R kE = , 5401

G kE = och 4401

B kE = .

Om antalet fotoner betecknas med nR, nG respektive nB gäller

590RRRRknEnW =⋅= ,

540GRGGknEnW =⋅= och

440BBBBknEnW =⋅= .

158

159

Detta ger 2,1

1590/540/

R

G =nn

som ger 76,0R

G ≈nn

och 6,1

1590/440/

R

B =nn som ger 47,0

R

B ≈nn

Svar: I förhållande till antalet erforderliga fotoner i punkten R fordras 0,8 i punkten G och 0,5 i punkten B. Den mindre känsligheten i det blå området hos det kompletta ögat beror troligtvis på större absorption i olika delar av ögat av det blå ljuset än övrigt ljus. Figuren visar den resulterande grafen heldragen och det som gäller för det kompletta ögat streckad. Möjligen skulle man kunna tänka sig att det finns färre ”blå tappar” än andra eller att graferna inte är korrekta. 8. I sambandet xx nxRR σ0= är alla storheter angivna utom antalet partiklar per volym, n. För 1 m3 Al gäller om M är massan av en kilomol Al.

2826

1002,627

1002,627001 ⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅

=M

NVn Aρ som ger

12-11

1-228528160

sm1015,4

sm 1023,0100,11002,6100,3−

−−−

⋅⋅≈

≈⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅== xx nxRR σ

Svar: Det sker 4,15⋅1011 reaktioner per kvadratmeter och sekund.

159

160


1. A, B och C betecknar spegelbilder av förarens öga i S1, B respektive S2. Med utnyttjandet av rutnätet är det lätta att ange dessa punkters lägen. Vi får då de olika synfälten som de streckade områdena. Mellan S1 och B får vi en stor blind vinkel medan spegel S2 knappast gör någon nytta eftersom dess synfält är nästan helt täckt av B. Genom att vrida spegeln B medurs kan den blinda vinkeln elimineras utan att det totala synfältet minskas och genom att sedan justera S2 något kan synfältet ytterligare förbättras. 2. a) Om vi först betraktar spaltens bredd och hastighet konstanta under en exponering och mäter avståndet mellan t ex spaltens högersida vid två lägen, finner vi att spalten på 1/250 sekund förflyttats omkring 10 mm och följaktligen har en hastighet av 2,5 m/s. b) Spaltens bredd i de båda bilderna blir cirka 6 mm respektive 3 mm. Den tid en punkt av filmen blir exponerad blir därför i de båda fallen 6/2,5 ms ≈ 2,4 ms respektive 3/2,5 ms ≈1,2 ms. Mätningar av spaltens hastighet vid olika tillfällen visar att hastigheten ökar vid förflyttningen från vänster till höger från 250⋅0,009 m/s = 2,25 m/s till 250⋅0,011 m/s = 2,75 m/s dvs. exponeringstiden längst till höger är cirka

22,0125,275,2 ≈− - 22 % längre.

Svar: a) Spaltens hastighet 2,5 m/s.

160

161

b) Exponeringstiderna 2,4 ms (4161 s) respektive 1,2 ms (

8301 s).

Exponeringstiden kan variera med 20% på olika delar av filmen.

3. Enligt belysningslagen gäller 2cosr

IB α⋅= där I är lampans intensitet

och α infallsvinkeln ( jmf fig 3).

Enligt figuren är 22

cosxh

h

+=α

Vi får ekvationen

22

22

2

21

21

xhxh

hI

hI

++

⋅=⋅⋅

där vänsterledet utgör belysningen i punkten A och högerledet utgör belysningen i punkten B Ekvationen ger

323

22 4)( hxh =+ som ger hx ⋅−= 1163 Det sökta avståndet fås då som

m 15 m 116122 3 ≈−⋅=x Svar: Det största möjliga avståndet är 15 m. 4. Potentiella energin då gummibandet är maximalt sträckt är

∫ ⋅=75,0

0

dxFW

Numerisk integration med hjälp av diagrammet ger W = 36,8 Nm. Då denna energi övergår i kinetisk energi erhålls

161

162

m/s 8622

2≈=⇒=

mWvWmv

Kastvidden är α2sin20 ⋅gv

som ger maximal kastvidd för 45=α .

Den maximala skottvidden blir då m 746m 82,9

862≈

Svar: Den maximala skottvidden är 750 m. (På grund av luftmotståndet kommer dock skottvidden i praktiken att bli avsevärt mindre.)

5. Enligt definition av ström gäller tQI

∆∆= .

Om N betecknar antalet protoner gäller

⋅=∆

⋅=∆

ett varv)för (tiden πcdt

eNQ ⇒

πdNecI =

där d är ringens diameter – 1200 m, c är ljusets hastighet och e är protonens laddning. Härav erhålles

protoner 1012,6π 14⋅==ecdIN .

Svar: protoner 101,6 14⋅

6. Den momentana strömmen i kretsen är 1rui = där u är den på

oscilloskopet registrerade spänningen och Ω= 40001r . I motståndet utvecklas momentaneffekten 2

1 ir ⋅ . I spolen utvecklas momentaneffekten 2

2 ir ⋅ där Ω= 32002r .

I hela kretsen blir då effekten )( 2121

2rr

ru + och den totala energiutvecklingen

blir

tur

rrW d22

1

21 ∫+

=

162

163

Numerisk integration ger sV085,0d 22 ⋅=∫ tu .

Insatta värden på r1 och r2 ger J1038 6−⋅=W . Magnetens lägesenergi blir J 0,33J 14,082,9240,0magnet ≈⋅⋅== mghW .

Det sökta förhållandet blir då 46

magnet1015,1

33,01038 −

−⋅≈⋅=

WW .

Svar: Cirka 0,01 % av magnetens lägesenergi omvandlas till elektrisk energi. 7. Då α-strålen tränger in i magnetfältet avböjs den utefter en cirkelbåge för vilken med gängse beteckningar gäller ( se fig 7b).

22 2

2

( )2 2

(2 ) (kordasatsen )

= ⇒ = ⇒ =

− ⋅ = >>

mv Bqv mv BqRmv BqRRm

R a a b R a

För α-partikeln gäller kg 1067,14u4 27−⋅⋅==m och C 106,122 19−⋅⋅== eq

För den aktuella apparaten gäller m 004,0=a och m 08,0=b vilket ger m 802,0=R .

Oregelbundenheterna beror på att preparatet, Bi211 , avger α-partiklar med två olika energier. En extrapolation av de linjära delarna till intensiteten 0 ger motsvarande magnetfält T 465,01 =B och T 450,02 =B ( se fig 7a).

163

164

Med insatta värden fås

Mev 6,67J 101,07

J 1067,142

802,0106,14465,02

)(2

12-

27

2382221

2

1

≈⋅=

=⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅=== −

−

mqRBmvE

och

Mev 6,24J 109,98

J 1067,142

802,0106,14450,02

)(2

13-

27

2382222

2

2

≈⋅=

=⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅=== −

−

mqRBmvE

Svar Preparatet avger α-partiklar med energierna 6,67 MeV och 6,24 MeV. OBS Att man för fältstyrkan B i formeln ovan skall ta de till noll extrapolerade värdena enligt ovan och ej t ex ett halveringsvärde motsvarande B = 0,42 T beror på detaljer i apparaturen som ej specificerats i uppgiften varför ett sådant B-värde naturligtvis också medför full poäng. Att identifiera två α-energier krävs ej för full poäng men kan väl ge honnörspoäng. 8. Eftersom trycket i nedersta delen av de kommunicerande kärlen har samma värde gäller

thhh ρρ ⋅∆+=⋅ )( 000 För densitetens temperaturberoende gäller

tt 10

βρρ+

=

Sätt in tρ i formeln ovan och lös ut β 1-4

0C)( 104,71 °⋅=∆⋅= −

hh

tβ

Svar: Volymsutvidgningskoefficienten -14 C)( 104,7 °⋅= −β

164

165


1. a) För strömmen gäller RR

Ei+

=i

. Den yttre utvecklade effekten

22

2

2i

22

)8,1(25,20

)8,1(5,4

)( RR

RR

RRREiRP

+=

+=

+=⋅= (Se figur)

b) Derivera med avseende på R 3i

i2

)()(

dd

RRRRE

RP

+−

= .

För maximal effekt gäller i0dd RR

RP =⇒= .

Ω=== 8,1för W 81,2 imax RRP

Svar: b) Villkoret för maximal effektutveckling är 0)(

)(dd

3i

i2

=+

−=

RRRRE

RP

som är uppfyllt då Ω== 8,1 iRR . 2. a) Glimlampan tänder då spänningens maxvärde är 94 V och den

effektiva spänningen blir då V. 5,662

94 ≈ På amperemetern avlästes

I = 1,38 A. I spolen utvecklat joulskt värme är då W4,7238,138 22 ≈⋅=⋅ IR . Växelströmseffekten ϕcosUIP = vilket ger

°=⇒⋅

= 9,3738,15,66

4,72cos ϕϕ . Vidare är H. 094,0tan =⇒= LR

Lωϕ

165

166

b) En järnkärna medför virvelströms- och ommagnetiseringsförluster som i beräkningen måste adderas till det joulska värmet. Hade vi uppmätt samma värde på U och I i en spole med järnkärna med samma resistans skulle alltså

ϕcos ha varit större samt ϕ och L mindre än i a). Svar: a) Fasförskjutningen är 37,9 ° och spolens induktans är 94 mH. 3. Eftersom jorden och månen befinner sig på praktiskt taget samma avstånd från solen får de samma belysning. Beteckna denna belysning E. Månen mottar då på den sida som är vänd mot jorden ( och solen) totalt ljusflödet

2πr⋅E där r är månens radie. Enligt antagandet sprids detta jämnt i

halvsfären och varje ytenhet på jorden mottar då 2

2

π2πRrE ⋅ där R är avståndet

mellan månen och jorden. Med tabellvärden insatta erhålles ungefär 1/100 000. Svar: Dets sökta förhållandet är 1/100 000. 4. Direkt inses att gränsen mellan den ljusa och mörka delen av fotot bestäms av den utritade ljusstrålen och att tjockleken av det mörka skiktet

med bredden 2h i verkligheten är 2r. Vi får Rr

Rh == βα sinoch sin

vilket ger nhr

rhn =⇒==

βα

sinsin .

166

167

Volymförhållandet

−

=−

=−

=

2

222

2

22

2

22

2

πππ

nhRn

hrR

rrR

r

Ur mätningen på fotot fås h = 6,0 mm , R = 10 mm.

Det sökta förhållandet blir då 23,0

38,161038,1

6

2

222

2

22

2

≈

−

==Rn

h

Svar: Det sökta förhållandet är cirka 0,23.

5.a) Ur gasmassan tas på tiden ∆t ut en energimängd )(2

220 vvmE −∆= där

∆m är den gasmängd som på tiden ∆t passerar snurran dvs. ρ⋅∆⋅⋅=∆ tvAm (A är snurrans area.)

Enligt texten var 2

20 vvv

+= (hastigheten vid snurran).

tvvvvAE ∆⋅−+=⇒ ))((41 2

22020ρ

0

2230 där )1)(1(

41

vvxtxxvAE =∆⋅−+=⇒ ρ

0dd =

xE då

31

0

2 ==vvx som ger

tvAtvAE ∆=∆⋅−+= 30

30max

278)

911)(

311(

41 ρρ

b) Då vindhastigheten ökar från 7 m/s till 8 m/s förhåller sig de uttagna

energimängderna som .49,178

3

3≈ Detta motsvarar en ökning med 49 %.

Svar: a) Snurran bör alltså utformas så att vindhastigheten vid passagen bromsas ned till en tredjedel av ursprungshastigheten. b) En ökning med 49 %. 6. Studera händelsen i ett system som följer bilarna – hastigheten v. I detta system står bilarna stilla och hjulen roterar så att periferins hastighet är v. Då stenen lossnar är alltså dess hastighet v. För kastvidden gäller

167

168

α2sin2

gvx = . Eftersom denna skall vara mindre än 22,5 m blir

m 5,22max =x för α = 45°. Detta ger v = 15 m/s.

Sträckorna a och b i figuren är så små att den kan försummas. Svar: Lastbilens hastighet är 15 m/s eller 54 km/h. 7. a) På ett vätskeelement på avståndet x från axeln verkar dels tyngdkraften mg dels centrifugalkraften 2ωmx . Eftersom vätskeytan är vinkelrät mot

resultanten gäller g

xmg

mx 22tan ωωα == .

b) Cxg

yg

xxy +⋅=⇒==

2tan

dd 222 ωωα efter integration. Ytan är en

paraboloid.

168

169

c) Välj koordinatsystem så att C=0 ovan (fig. 7b) dvs. y = 0 för x = 0. En stråle som infaller parallellt med huvudaxeln på avståndet 0x träffar den

reflekterande ytan i en punkt .0y Enligt figuren fås då .2tan 00 y

xf +=

α

Insätts α

αα 2tan1tan22tan

−= där

gx 2

0tanωα = enlig fig. 7a och

gx

y2

220

0ω

= enligt fig. 7 b fås 22ωgf = oberoende av 0x .

Med insatta värden m 0,41 m

60π2332

82,92 ≈

⋅⋅

=f

Svar: a) Lutningen dvs. tangentens riktningskoefficient är g

x 2ω .

b) Ytan är en paraboloid Cxg

y +⋅=2

22ω

c) Brännvidden är 0,41 m. 8. Om en radonkärna sönderfaller på avståndet x från ytan är sannolikheten P(x) för att den skall ge ett spår i plasten lika med förhållandet mellan ytan av den sfäriska kalotten )(π2 xRR − (se fig.) och hela sfärens yta 24 Rπ där

R är räckvidden dvs. R

xRxP2

)( −= .

169

170

Om halveringstiden är τ är sannolikheten att en partikel skall sönderfalla per

tidsenhet τ

λ 2ln= .

Antag att vi har N radonkärnor/m3. Antalet sönderfallande kärnor på tiden T i en skiva av tjockleken dx och arean A blir då TxAN ⋅⋅⋅⋅ dλ . Om skivan befinner sig på avståndet x från plasten kommer

RxRTxAN

2d −⋅⋅⋅⋅ λ stycken sönderfall att ge spår i plasten. Totala antalet

spår från radonsönderfall blir då

∫∫⋅⋅⋅⋅=−⋅⋅⋅=⋅−⋅⋅⋅⋅=

R TANRxxRR

TANxR

xRTANn0 4

2lnd)(2

2lnd2 ττ

λ

som ger 2ln

4⋅⋅⋅

⋅⋅=TARnN τ .

Från radonsönderfall får vi enligt texten 2hål/cm 3

160=n .

Insatta värden ger radonkoncentrationen 3-73-

4m 103,2m

2ln121048,0382,3101604 ⋅≈

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=N .

Svar: Radonkoncentrationen var 37 atomer/m 103,2 ⋅ .

170

171

Lösningsförslag 1981. 1. Energitillförseln i det första fallet blir 0,295·300 kJ = 88,5 kJ och analogt för de andra. Avsätts tillförd energi, E som funktion av kondenserad vätska, m, erhålls vidstående diagram. Det gäller att tillförd energi = kondenserad vätska · ångbildningsentalpitivitet + värmeförluster. Eftersom temperaturen hos kokkärlet är konstant (= kokpunkten) bör värmeförlusterna också vara det. Vi bör därför få en rät linje med riktningskoeff = ångbildningsentalpitiviteten. Ur diagrammet får vi

kJ/kg 2850kJ/kg 026,0

1690å ≈−=c .

Förutom fel på mätinstrumentet kan vi ha ojämn yttertemperatur och då också olika värmeförluster. Vidare kan vi ha ofullständig kondensation, avdunstning från kondensatet och icke förångad vätska som "stänker" ned i kondensationskärlet. 2. a) Med standardbeteckningar erhålls

Mv2

2= P ⋅ t ⇒ t =

Mv2

2P≈ 3,86 s.

b) Låt f vara friktionstalet mellan bilens däck och vägbanan. Om bilen utvecklar en effekt P är vid hastigheten v den framåtdrivande kraften F = P /v d v s vid låg hastighet kan vi få för stor kraft och för en hastighet

mindre än v0 =P

Mgf kan vi ej utnyttja motorn maximalt. Villkoret för att

drivhjulen ej skall spinna är ju att den accelerande kraften ej är större än friktionskraften MgfF =f . Vi kan då maximalt få en acceleration

gfMFa == /f . För att nå hastigheten v krävs då minst tiden

30201000

10

20

30

40

50

60

70

80

90

m/g

E/kJ

171

172

t1 =v0

a=

v0

gf=

P

Mg2 f 2 . Bilen har då en kinetisk energi

22

220

k 22 fMgPMv

W == .

Sedan vi uppnått hastigheten v0 kan vi utnyttja hela motorns kapacitet. För att uppnå sluthastigheten v krävs då ytterligare en tid om t2 sekunder som erhålls ur

Mv2

2−

P 2

2Mg2 f 2 = P ⋅ t2 ⇒ t2 =Mv2

2P−

P

2Mg2 f 2

Den totala tiden t = t1 + t2 =Mv2

2P+

P

2Mg2 f 2 = 3,86 +1,44 = 5,3 s.

3. De båda kretsarna kan tänkas ersatta med en ekvivalent krets enligt figuren

Kapacitansen för en plattkondensator följer C = εrε0

A

d. Vi har

nF 09,41012,01054,1

3

2

0S =⋅⋅= −

−

εε rC

nF 04,21012,01077,0

3

2

021 =⋅⋅== −

−

εε rCC

nF 68,01036,01077,0

3

2

0P =⋅⋅= −

−

εε rC

En kondensators reaktans är Cf

X C π21=

Om amperemeterns resistans är försumbar går ingen ström genom SC och

==C

A 220X

I 1,9 mA (effektivvärde) 172

173

4. a) När satelliten närmar sig på långt håll är vinkeln θ = 0˚, när satelliten avlägsnar sig på långt håll är vinkel 180˚. Detta ger

∆f = f0 1+ v /c( )− f0 1−v /c( ) = 2 f0v /c ≈ 850 Hz Med ur diagrammet avlästa värden får man ( f0 = 15,48 MHz) v ≈ 8 km/s. (Diagrammet i originalet var i större skala.) b) Vi sätter tiden till noll då satelliten passerar rakt över observatöret d v s t0 = 0 .

Ur figuren erhålls cosθ =

−vt

h2 + v2t2 vilket medför

f t( ) = f0 1+v

c⋅

−vt

h2 + v2t2

. Deriveras detta uttryck med avseende på tiden

t får vi hcvf

tf

t

2

00d

d −=

=

eller

0

20

dd

=

−=

ttfc

vfh vilket skulle visas.

Inflexionspunktens tangent avläses ur diagrammet och ger

85dd

0

−≈

=ttf Hz/s som i sin tur ger h ≈ 40 km.

5. a) Flödet från arean A som träffar objektivet är Φ = P ⋅ A ⋅ωa . Om bildens area är B blir då belysningen där E = Φ /B = PAωa /B . Enligt figuren gäller A / B = s / f( )2 =ωk /ωa vilket medför

2

4π

⋅==

fdPPE kω .

b) En bromsilvermolekyl vänder en yta 2πR mot det infallande ljuset. På tiden t infaller mot denna yta energin tREW ⋅⋅= 2π .Detta skall vara lika med W0 =10−19 J vilket ger tiden

173

174

6,1

π4ππ

22

02

0 =

⋅

⋅

=⋅

=

RfdP

WRE

Wt s

c) För en starkt belyst yta används exponeringstider om typiskt 0,01 s. Att vi likväl får en svärtning av filmen beror på att ljuset är en ström av fotoner motsvarande ett glest regn, ljuset är kvantiserat. En foton som träffar en bromsilveratom kan dissociera denna enda atom eftersom en foton i synligt ljus har en energi av storleksordningen några elektronvolt. Vid framkallningen av filmen tjänstgör sedan denna bromsilveratom som startpunkt för en vidare reduktion av närliggande opåverkade bromsilveratomer.

6. a) Betrakta avbildningen av en punkt A i figuren till vänster ovan. Naturligtvis kan bilden inte förskjutas i axelns riktning utan bilden måste falla någonstans på CD. Vinkelrätt mot axeln kommer däremot staven att verka som en lupp och bilden av A kommer att ligga längre bort från axeln i punkten B (se högra figuren). Detta medför att sträckan FE avbildas som GH. b) Om A ligger nära axeln (centrala strålar) blir alla vinklar nedan små och det gäller α ≈ sinα = b /r . Vidare är β = α − γ och γ ≈ sinγ ≈ b − a( )/2r vilket ger β = b + a( )/2r . Brytningslagen ger

n =sinαsinβ

≈αβ

=2b

b + a .

174

175

Om vi på fotot förlänger den lineära delen av bilden och sedan på lämpligt ställe drar en normal till cylinderaxeln enligt figuren nedan kan vi lätt avläsa sträckor OA' och OB' som är "likformiga" med a och b ovan. Vi finner a = 11 m, b = 23,5 mm som medför n ≈ 1,35. Om strålarna ej är centrala blir vinklarna ej små och beräkningen gäller ej. Denna "sfäriska" avvikelse gör att bilden inte blir en rät linje utan liknar ett integraltecken. 7. Den kinetiska energin alfapartikeln ursprungligen hade, omvandlas till potentiell energi . När partiklarna precis precis berör varandra har vi

21

21

0pk π4

1rr

eZeZWW+⋅

⋅==ε

Använder vi det givna uttrycket för kärnradierna har vi

[ ]12

153/12

3/11

21

0

2

k 101,4m102,1

1π4

−− ⋅=

⋅+⋅=

AAZZeW

ε J = 26 MeV

8. En ideal våg registrerar momentant tryckkraften på vågskålen. I detta fall har denna kraft två orsaker:

1. Den från de fallande korvarna överförda rörelsemängden per tid:tpF

dd

1 = .

2. Tyngden av de korvar som redan ligger på vågskålen: F2 = mg . Korvarna rör sig som fritt fall, d v s en korv som ursprungligen var på höjden x har då den når vågskålen hastigheten gxv 2= . Beteckna längddensiteten med ρ och korvarnas sammanlagda längd med l. Massan blir då .ρ=m l Den överförda rörelsemängden per tid just då sista korven slår i blir

mgglvvtlv

tm

tpF 22

dd

dd

dd 2

1 =⋅===== ρρρ

Lägger vi därtill tyngden av de korvar som redan ligger på vågskålen får vi 3mg. Svar: Om han får m kg korv får han betala för 1,5m kg, d v s han får betala 50% för mycket.

175

176

Lösningsförslag 1982. 1. Avståndet till stjärnan betecknas med z. Belysningslagen ger 8,32

z 2 =1

50 ⋅109 vilket medför

z = 1,856· 106 ljusminuter = 3,5 ljusår. Svar: Avståndet blir 3,5 ljusår. (Eftersom stjärnan har något större intensitet än solen är det riktiga avståndet 4,3 ljusår.)

2. En bil kör 15000 ⋅ 3600

55 sekunder på ett år.

Därvid drar ljuset J 107,70J 55

80.0452360015000 6⋅=⋅⋅⋅⋅ på dagtid.

Antag att bilen drar x liter bensin för detta. Det innebär 0,8 ⋅ x ⋅ 0,25 ⋅ 41⋅106 = 70,7 ⋅106 eller x = 8,62 liter/år vilket innebär en merkostnad på 32 kr/år. Total förbrukning för landet blir liter 1020liter 103,262,8 66 ⋅=⋅⋅ Svar: Årskostnad för medelbilisten är 32 kr/år. Totalförbrukning för landet är 20 miljoner liter bensin. 3 a) För att lyfta massan m från djupet h fordras ett arbete

J 3,52J 481.96080 =⋅⋅=mgh . Effekten blir alltså 52,3 W.

b) För a meters skottvidd krävs en utgångshastighet som ges av

)452sin(2

⋅=gva . Detta medför att v 2 = ag . För att ge massan m en

hastighet v krävs en energi mv2

2=

mag

2 . Det totalt arbete blir

mgh +mag

2= mg h + a/2( )

Den totala effekten blir 80

60⋅ 9,81 4 +12 /2( ) ≈130 W.

Svar: Motorn bör utveckla 130 W.

176

177

4. I det aktuella intervallet följer strömstyrkan sambandet I = 0,205U + 1,70

Tillsammans med villkoret 40=UI erhålls då andragradsekvationen U 0,205U +1,70( ) = 40 .

Denna ekvation har roten U = 10,42 (och -18,4). Detta värde kan man naturligtvis också få på många andra sätt. Detta innebär att en strömstyrka om I = 0,205·10,42 + 1,70 = 3,84 A skall passera lampan och alltså också förkopplingsresistorn. Samtidigt skall spänningsfallet över resistorn vara (12 -10,42) V = 1,58 V. Den sökta resistansen bör alltså vara 1,58/3,84Ω = 0,41 Ω. b) Utan förkopplingsresistor får vi en strömstyrka I = 4,15 A och således en effektutveckling 4,15·12 = 49,8 W. Med förkopplingsresistor får vi effekten 3,84·1,58 + 3,84·10,42 = 46,08 W. Detta innebär minskning med 7,5%. Svar: Resistorn bör ha resistansen 0,4 Ω. Effektminskningen blir cirka 8%. 5. Ur figuren får vi:

kraftbalans i horisontell led F1 sinϕ = F2 sinθ balans av vridmomentet: F1x cosϕ = F2 − x( )cosθ

Dividera vi dessa ekvationer ledvis får vi

tanϕ

x=

tanθ− x

vilket ger x =l tanϕ

tanϕ + tanθ≈ 2,3m

Samma resultat erhålls om F1 och F2 förlänges bakåt. Deras skärningspunkt kommer då rakt under masscentrum. Detta ger direkt ekvation ovan. Svar: Stavens masscentrum ligger 2,3 m från stavens högra ände.

177

178

6. Den rymdvinkel detektorn upptar, ω=0,0022

1,52 .

Totala antalet sönderfall per timme i hela rymdvinkeln ( π4 ) blir

( )12

2

1031,10022,0007,093,015,1π4400125 ⋅=

⋅⋅−⋅⋅⋅

På ett år får man 1,31 ⋅1012 ⋅ 365 ⋅ 24 ⋅ 2600 =1,15 ⋅1016 sönderfall. På vanligt sätt har man för radioaktivt sönderfall

259

16

2/1

1046,72ln105,41015,1

/2lndd

⋅=⋅⋅⋅=⇒

=

−=N

T

NtN

λ

λ

uranatomer

Mängden uran blir då 7,46 ⋅1025 ⋅ 0,238

6,023 ⋅1023 = 29,5 kg

Svar: Ubåten innehöll c:a 30 kg uran. 7. Ett skikt av metan med 1 cm tjocklek släpper igenom 0,02 av den aktuella strålningen. Är tjockleken x cm går då 0,02x igenom. Genom jordatmosfären går enligt uppgift 0,0004 d v s 0,02x = 0,0004 vilket ger x = 2 cm. Om den betraktade arean är 1 m2 väger skiktet 0,7168·0,02 = 0,0143 kg. (Densiteten för metan är enligt tabell 0,7168 kg/cm3.) Normalt lufttryck är 0,1013 MPa. Med m för massan av jordatmosfären ovanför en m2 gäller mg =1,013 ⋅105 som ger m = 1,032·104 kg.

Andelen metan blir då 0,0143

1,032 ⋅104 =1,4 ⋅10−6

Svar: Andelen metan i atmosfären är 0,00014 %.

178

179

8. För att glasväggen ej skall synas krävs att strålar från vätskan skall kunna lämna cylindern i tangentens riktning (se figurerna). Vi får särskilja två fall a) n1 > n2 Strålen i glaset måste då bilda en vinkel mot radien mindre än α där (brytning mot normalen)

( ) 21

2211

sin90sin

190sin1sin

90sinsin

nRr

rR

n

nnn

=⇒

=−

=⋅=

==

βαβα

b) n1 < n2 Strålen i glaset kan då bli tangent till inre cylindern (gränsvinkeln för totalreflexion)

1

1 1sin

190sin1sin

nRr

Rr

n=⇒

=

=⋅=

β

β

Svar: r

R>

1

n2

om n1 > n2 och r

R>

1

n1

om n1 < n2

179

180


1. Energilagen ger 1

2

mv2

2

= cmT , där T är satellitens temperaturstegring

och c den specifika värmekapaciteten. Detta medför ( ) K 1035K

4484108

43

232

⋅=⋅⋅==

cvT .

Eftersom det erhållna värdet är mer än 10 gånger högre än kokpunkten för järn kommer innan vi når den temperaturen en mängd nya effekter att bli betydelsefulla (smältning, förgasning, strålningsförluster o s v). Beräkningen visar i alla fall att en normal satellit som utan speciella åtgärder tränger in i atmosfären med god marginal kommer att förgasas och brinna upp. 2. Beteckna resistanserna med R1 respektive R2 och tiderna med t1 respektive t2 samt spänningen med U. För den värmemängd Q som krävs får vi då

U 2

R1

t1 = Q ⇒ R1 =U 2

Qt1,

U 2

R2

t2 = Q ⇒ R2 =U 2

Qt2

Den tid ′ t som fordras för att få grytan att koka vid seriekoppling ges av

Q =U 2

R′ t =

U 2

R1 + R2

′ t =U 2

U 2

Qt1 + t2( )

′ t ⇒ ′ t = t1 + t2

Med numeriska värden insatta får man ′ t = 8,6 minuter. Motsvarande tid ′ ′ t vid parallellkoppling ges av

1

R=

1

R1

+1

R2

⇒ Q =U 2

U 2

Q1t1

+ 1t2

′ ′ t ⇒ ′ ′ t =t1t2

t1 + t2

Detta ger ′ ′ t = 2,0 minuter 3. Friktionstalet betecknas med f. Systemets hastighet omedelbart innan m2 slår i golvet betecknas med v. Energilagen tillämpad på rörelsen omedelbart före stöten ger

m1 + m2( )v 2

2= m2g − m1gf( )l1.

180

181

Energilagen tillämpad på den retarderade rörelsen efter stöten ger m1v

2

2= m1gfl2

Division ledvis av dessa ekvationer ger m1 + m2

m1

=m2 − m1 f( )l1

m1 fl2. Om vi löser

ut f får vi

f =m2l1

m1l2 + m2l2 + m1l1≈ 0,54

4. Beteckningar:

avståndet till stjärnan = d antal sekunder / år = N ljushastigheten = c

Avståndet till stjärnan blir då, uttryckt i ljusår

cNddlå =

Den observerade dopplerförskjutningen beror på att en gasmassa slungas ut från stjärnan med en hastighet v = 1,7·106 m/s. År 1926, d v s 8 år senare, har denna gasmassa utvidgats så att dess radie r = 8Nv . För synvinkeln θ = 16" = 7,76·10–5 radianer får vi enligt figuren:

3102,18222

2 ⋅≈⋅==⇒=⇒=θθ

θθcN

NvcN

rdr

ddr

lå ljusår

vilket är avståndet till stjärnan. 181

182

5. a)

Linjalens "bredd" uppmäts på fotot till 13 mm. Enligt figur 5a gäller med i figuren angivna beteckningar

h1

h2

=x

f=

f

y (1)

I: Med x = f − a fås härur h1

h2

=a − f

f vilket ger en brännvidd f = 100 mm

II: Vidare får vi ur relationen (1) ovan y = fh2

h1

som ger y = 52mm.

Avstånd från film till objektiv blir f + y = 152 mm

b) Enligt (1) gäller y =f 2

x.

Differentiering ger xxfy

xf

xy ∆≈∆⇒−= 2

2

2

2

dd .

Med ∆x = 10 mm fås ∆y ≈1002

1922 10 som ger ∆y = 2,7 mm. För

objektivdiametern gäller f / D = 8 ⇒ D =100 /8 =12,5 mm. Enligt figur 5b gäller med god approximation för oskärpecirkeln

d /D = ∆y /b ⇒ d =2,7 ⋅12,5

152≈ 0,22 mm

182

183

6. Då kulorna är i beröring med varandra urladdas kondensatorn genom 6,4 Ω motståndet. Beteckna kapacitansen med C och spänningen med U1 då urladdningen börjar och U2 då den slutar. För medelströmmen under stöten får vi då i = U1 +U 2( )/ 2R( ). Den laddning Q som lämnar kondensatorn under stöten ges av Q = C U1 −U 2( ) och den tid t kulorna varit i kontakt ges av Q = i ⋅ t. Detta medför

Q = i ⋅ t = C U1 −U2( ) 2R

U1 +U 2

=U1 −U 2

U1 +U 2

⋅ 0,92 ⋅103

För de olika stötarna gör vi en tabell där vi med ovanstående formel beräknar tiden t.

115,04,18,1118,02,285,2128,055,37,4114,00,67,7ms/V/V/ 21 tUU

Anmärkning. Med den noggrannhet som gäller här är en lineär approximation för urladdningen under stöten fullt tillräcklig.

Medelvärdet av stöttiderna blir 0,12 ms 7. För halveringstiden gäller T = ln2/ λ . Detta ger λ = 0,02606 h–1. Vid mätningen registrerades 2,3·104 sönderfall på 10 minuter. Antalet aktiva

kärnor, N, i preparatet fås då ur NtN λ=

dd som medför N = 5,296·106. Då

provet togs ut ur reaktorn innehöll det N0 aktiva partiklar där N0 fås ur tNN λ−= e0 vilket ger

6026067,060 10356,6e10926,5 ⋅=⋅=N

Totala antalet arsenikatomer i provet ges då av 6,356 ⋅106

4,8 ⋅10−8 =1,324 ⋅1014 .

Dessa atomer väger 112714

8

6

10648,1106603,17510324,1108,4

10356,6 −−− ⋅=⋅⋅⋅⋅=

⋅⋅ kg.

Uttryckt i ppm innehåller alltså provet 1,648 ⋅10−11

12 ⋅10−6 ⋅106≈ 1,4 ppm arsenik.

183

184

8. För syreatomernas kinetiska energi får man 2

2

kmvW = . Sätter vi in

numeriska värden kan deras fart beräknas och blir 1,076·107 m/s.

För sönderfallet gäller tt NtNNN λλ λ −− =⇒= e

dde 00 . Här är t = x /v vilket

ger vxNtN /

0 edd λλ −= där x är avståndet från folien. Logaritmerar vi

uttrycket får vi

( ) xv

NtN λλ −= 0ln

ddln . Plottar vi

tN

ddln (uttryckt i fotoner/s) mot x skall

vi alltså får en rät linje med riktningskoefficienten −λ /v .

20019018017016015014013012011010090807060504030201001.0

1.1

1.2

1.3

1.4

1.5

1.6

1.7

1.8

1.9

2.0

2.1

2.2

2.3

2.4

2.5

x/mm

ln(dN/dt)

Avläsning av diagrammet ger λ /v = 8,0 m–1. Härur fås λ = 8,6 ⋅107 s–1. Halveringstiden blir slutligen T = ln2/ λ = 8,1 ⋅10−9 s.

184

185



LÖSNINGAR

1. Effektförbrukningen i lamporna blir 1

5⋅ 3 = 0,6 W respektive

4

5⋅ 3 = 2,4 W. Eftersom den gemensamma strömstyrkan blir 3 / 6 = 0,5 A

blir de efterfrågade märkspänningarna 0,6 / 0,5 = 1,2 V respektive 2,4 / 0,5 = 4,8 V. Svar: 4,8.V/2,4 W fram och 1,2 V/0,6 W bak. 2. Låt x-axeln vara riktad rakt nedåt och låt x vara den bit som cylindern befinner sig under jämviktsläget. Då blir vätskans lyftkraft F = ρA 0 + x( )g där ρ är vätskans densitet och A cylinderns basarea. Rörelseekvationen blir då med m för cylinderns massa

mgFtxm +−=2

2

dd

Sätter man in m = ρA 0 och F enligt ovan erhålls xgtx

02

2

dd −=

vilket är differentialekvationen för en harmonisk oscillator med

vinkelfrekvensen 0/g=ω och frekvensen 0/21 gfπ

= ≈ 1,576 Hz

Svar: Frekvensen blir 1,6 Hz.

3. En partikel med massan m påverkas på jordytan av krafterna F1 =mv2

R /2

och F = mg med 2323600241

2π2 =

⋅⋅⋅= Rv m/s.

a) I figuren kan man observera att F2 ger riktningen till jordens medelpunkt som är den lodlinje vi skulle få om jorden stannade. F ger riktningen av vår normala lodlinje. Sinusteoremet ger för vår sökta vinkel ϕ

185

186

ϕsin60sin1FF =

vilket medför 00148,060sin2sin2

≈⋅=mgR

mvϕ som ger 085,0=ϕ

Svar: Lodlinjen skulle alltså ändras med 0,085° b) Ur figuren har vi

42

2

1 1061,860cos −⋅==≈∆

gRv

FF

FF

Svar: Tyngdaccelerationen skulle öka med 0,09 %. 4. a) För spänningen U (= 10 mV) mellan I och II har vi U = Ey ⋅ h och

A = h ⋅ d som ger U =IB

ned vilket medför n =

IB

Ued≈1,0 ⋅1022 m–3.

Regeln för avböjning av en elektrisk laddning i ett elektriskt fält visar att laddningstransporten sker med hål. Svar: Koncentrationen av laddningsbärare är 1022 m–3

b) Koncentrationen av kiselatomer är 28

SiSi 1004,5 ⋅≈= AN

Mn ρ m–3 där SiM

är atomvikten för kisel och NA är Avogadros konstant. Svar: Det sökta förhållanden är 1 till 5·106 . c) På en laddning e verkar i y-led dels den magnetiska kraften FM dels den elektriska kraften FE. De två krafterna balanserar varandra.

186

187

FM = evB

FE = +eE y

⇒ Ey = vB

För strömmen gäller I = Anev vilket medför Ey =IB

neA

5.

Brytningslagen ger vn sin60sin 1= och ( ) 60sin120sin 21 nvn =− . Detta ger ( ) 60sinsin120coscos120sin 21 nvvn =−

Använder vi att 60sincos 2211 −= nvn kan uttrycket förenklas till

( )22

221 5,060sin −=− nn

som med insatta uttryck för n1 och n2 ger 1,5 + d( )2 −0,75 = 1,20 + 3d( )2. Löser vi den uppkomna andragradsekvationen får vi rötterna

d1 = 0,0139

d2 = −0,539

Endast den positiva roten är fysikaliskt meningsfull och ger våglängden 600/105 1

3 ≈⋅= dλ nm 6. Vi betecknar

avstånd preparat–skärm R = 80 mm antal scintillationer/mm2/s är n = 0,80 mm–2 s–1 halveringstiden T1 = 1622 år.

Totala antalet α-partiklar per sekund från preparatet blir 52 10514,6π4 ⋅=⋅nR .

187

188

Antal sönderfall per år blir 122 10054,2360024365π4 ⋅=⋅⋅⋅⋅=∆ nRN För radioaktivt sönderfall

∆N

∆t= −λN där λ = ln2 /T1 = 4,273 ⋅10−4 år−1

Detta medför N =∆N

λ∆t= 4,808 ⋅1015 (med ∆t = 1 år). Detta är antalet

atomer i 1,81 µg radium. Antalet atomer i en mol radium blir då 23

9A 100,61081,1226,0 ⋅=

⋅⋅= −

NN .

Svar: Värdet på Avogadros konstant blir 6,0·1023 mol–1. 7 a)

plattavstånd = d plattornas area = A dielektricitetskonstant för plasten = εr strökapacitans = Cs polspänning U = 5,00 V;

Kapacitansen för plattkondensatorn ges av

1301 10727,2 −⋅⋅==

ddAC r

rεεε

Totala kapacitansen i kretsen blir då C = C1 + CS =εr

d⋅ 2,727 ⋅10−13 + CS .

Vid varje urladdning passerar en laddning q =U ⋅ C galvanometern. Eftersom detta upprepas 400 gånger varje sekund motsvarar detta en ström i = 400 ⋅ U ⋅ C . Sätter vi in värdet på U = 5,00 V och C enligt ovan får vi

+⋅⋅⋅= −

Sr C

di 1310727,25400

ε

eller

i =εr

d⋅ 5,45 ⋅10−10 + 2000CS

I figuren har vi plottat i mot 1/d. Skärningspunkten med i-axeln ger

61012,02000 −⋅=SC eller =SC 60 pF.

188

189

50040030020010000.0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1.0

1.1

1.2

1.3

1.4

1.5

1/d

i

[m -1]

[µΑ]

Genom att bestämma riktningskoefficienten får vi 1,44 −0,12( )⋅10−6

500= 5,45 ⋅10−10εr vilket medför εr = 4,84

b) Man finner genom insättning ovan C1 = 100 pF . Den del av kondensatorns laddning som är kvar sedan den urladdats under 1 ms är 40/001,0 10e −− ≈RC av den ursprungliga laddningen vilket är helt försumbart. Detsamma gäller för uppladdningen. 8 a) Ur mätningar från figurerna får vi: Avstånd mellan centra 1980: 7,84 millibågsekunder Avstånd mellan centra 1977: 5,40 millibågsekunder På tre år har avståndet ökat med θ = 2,44 millibågsekunder Beteckna antal sekunder per år med N = 365·24·3600 ≈ 3,15·107s.

Med a = vs ⋅ 3N , = N ⋅ 3 ⋅109 ⋅ c och 180

π1044,2 3 ⋅⋅=−

θ har vi

180π1044,21033

39 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅

−

cNNvs

Detta ger vs =11,8c b) Då de radiovågor som träffade jorden 1977 utsändes från kvasarens högra del befann denna sig i 1 . Då det ljus som träffade jorden 3 år senare

a

θ

189

190

utsändes, befann den sig i 2 . Om avståndet mellan 1 och 2 är p blir tidsskillnaden ∆t mellan det att ljus från 1 och 2 träffar jorden

∆t =p

v0

−pcosϕ

c

Den skenbara hastigheten vs fås då ur vs =psinϕ

pv0

− pcosϕc

vilket ger

vs =v0 sinϕ

1− v0

ccosϕ

Man ser att vs > c om v0 >c

sinϕ + cosϕ.

c) Uttrycket ovan ger v0 =vs

sinϕ + vs

ccosϕ

.

Vi får minimum för v0 då nämnaren är maximum d v s cosϕ = v0 /c

Detta ger ( )

ccv

vv

s

s 9964,0/1 2min,0 ≈

+= med vs =11,8c enligt ovan.

190

191



LÖSNINGAR

1. Strömmen genom 60 W lamporna är

I1 =60

110A = 0,545A

Strömmen genom 120 W lampan är

I2 =120

110A =1,09 A = 2I1 . Kopplingen i

figuren uppfyller de ställda kraven. 2. a) Anta att lusen befinner sig på "nordpolen" enligt figuren. Från lusens fötter som är i kontakt med glaset utsändes ljusstrålar i alla riktningar. För att ljuset skall tränga ut ur glaset vid A krävs att

90sin1sin ⋅=αn vilket medför 8,41=α b) För att ljus från luskroppen skall tränga in i glaset vid B krävs att

90sin1sin ⋅=βn eller 8,41=β . Eftersom lusen är liten kommer denna stråle att vara nästan densamma som gränsstrålen i a) och således tränger den ut vid A som tidigare. Sammanfattningsvis: Om lusen sitter på nordpolen kan spindeln se lusen om spindeln är längre "söderut" än 4,6290 =− α "sydlig bredd" i båda fallen.

191

192

3. Anta dynamometrarna sträcks sträckorna x1 respektive x2. Enligt figuren får vi då x1 / x2 = 2 /3 . På dynamometrarna avläses krafterna kx1 respektive kx2 där k är den gemensamma fjäderkonstanten.

Momentlagen med avseende på A ger 4 ⋅ g ⋅ 0,5 = kx1 ⋅ 0,6 + kx2 ⋅ 0,9 Tillsammans med tidigare villkor får vi

N 06,103940

1 == gkx , N 03,151320

2 == gkx

Dynamometrarna visar alltså 10,1 N respektive 15,1 N.

4. Ett gram järn innehåller 10−3

0,056⋅ 6,02 ⋅1023 =1,07 ⋅1022 atomer.

Totala laddningen hos kärnorna blir då Q =1,07 ⋅1022 ⋅ 26 ⋅1,6 ⋅10−19C = 4,4 ⋅104 C . och elektronerna har samma men motsatt laddning. För kraftverkan gäller

( )( ) N 124

108,3π4104,4

π4 280

24

20

2

≈⋅⋅

⋅==εε r

QF

Kraften blir alltså cirka 100 N. 5. Fladdret uppkommer genom interferens mellan den direkt mottagna strålningen och den som återkastas av bussen. Anta att sträckan x är den väg bilen kör på en sekund. Om bilden skall fladdra 2 gånger per sekund måste sträckan 2/x vara dubbla våglängden λ. Vi får vidare

λ = c /v = 3 ⋅108 /60 ⋅106 = 5 m. Härur λ22=x = 14,14 m. Bussens fart blir 14,1 m/s ≈ 50 km/h. 192

193

6. Om den gemensamma vinkelhastigheten betecknas med ω gäller för den sammansatta kroppen om R >> r

2m ⋅ Rω2 = GM ⋅ 2m

R2 (1)

För den inre satellitens rörelse gäller

GMm

R − r( )2 −Gm2

2r( )2 = m R − r( )ω2 (2)

Sätter vi in värdet på ω från (1) i (2) får vi efter förenkling ( )

( ) 3 π

43 π4

4 2

3

223

33 ρρ rr

rrm

rRRrRRM =

⋅==

−−− .

Eftersom R >> r har vi R − r( )3 = R3 1−r

R

3

≈ R3 1+ 3

r

R

= R3 + 3R2r

och R − r( )2 ≈ R2 får man 3π3

3

ρ≈RM varur

3/1

π9

=ρMR eller Q = 9

En behandling som inte tar hänsyn till centripetalaccelerationen ger Q = 6 (eller 12) och en fullständig härledning ger Q = 11,10.

7. Vi har för radioaktivt sönderfall tNN λ−= e0 som ger λ =ln2

T1/ 2

.

Vidare NtN λ−=

dd som ger

tNT

Ndd

2ln2/1 ⋅= . Med numeriska värden insatta

har vi

N =3600 ⋅ 24 ⋅ 365 ⋅ 5,26

ln 2⋅1,5 ⋅1013 = 3,6 ⋅1021atomer.

Mängd kobolt blir m =3,6 ⋅1021 ⋅ 0,060

6,022 ⋅1023 = 3,5 ⋅10−4 kg

193

194

b) Antal sönderfall per kg järn och sekund är 1,5 ⋅1013

7 ⋅106 ≈ 2 ⋅106

Antal sönderfall per cm3 järn och sekund är då 2 ⋅106 ⋅10−3 ⋅ 7,85 ≈1,5 ⋅104 . c) Om bordsskivan är 1 cm tjock erhålles för fotonflödet strax utanför bordsskivan om vi räknar med att hälften av fotonerna går ut åt vardera hållet

σ =1,5 ⋅104

2= 0,75 ⋅104 fotoner per cm2 och sekund. Den aktuella

strålningens intensitet är högt, storleksordningen 104 över den tillåtna. 8.

8. Sträckan AC ovan motsvarar en period och alltså 5 ms. Man får då direkt 1 skaldel = 1,5 ms. Förloppet AB är en uppladdning av kondensator. Förloppet BC en urladdning genom resistorn R som alltså bör beskrivas av RCtUU /

0e−= vilket medför "halveringstiden" t1/ 2 = RC ⋅ ln2 . Från figuren har vi t1/ 2 =0,5 ms vilket ger R = 7,21 kΩ.

Medeleffekten ges av ( ) tR

tUT

PT

d1

0

2

∫= .

Numerisk integration (ruträkning) ger ( ) sV105,4d 23

0

2 −⋅=∫ ttUT

varur W1013,0 3−⋅=P . Medeleffektförbrukningen i resistorn är 0,13 mW. Felen vid mätningarna på fotot och vid den numeriska integrationen är stora och slutresultatet har därför ett fel om uppskattningsvis 30-40%.

194

195



LÖSNINGAR

1. Anta att spänningen i repet är T. Kraftjämvikt ger

F = 2T sinv ≈ 2T tanv = 2Tδ / a

kN6,1N012,02125,0300

2≈

⋅⋅==

δFaT

Spänningen i repet är 1,6 kN. 2. a) De strålar som avgör hur mycket av prismat som kommer med visas i figuren.

Brytningslagen ger vn sin=45sin1 ⋅⋅ med n = 1,52.

Den rätvinkliga triangeln ABC ger y / x = tanv =1

2n2 −1= 0,53 .

Den övre delen av prismat skall tas bort med ett snitt som delar kateterna enligt figuren. b) Bilden blir omvänd. Prismat kan användas som bildvändande prisma.

195

196

3. Antag att aortas area är A och att blodet i aorta förflyttas sträckan d vid hjärtslaget. Kraften på blodet är p ⋅ A . Det uträttade arbetet är då p ⋅ A ⋅ d = p ⋅V där V är volymen blod i ett hjärtslag. Med p = 16 kPa och V = 80 ml = 8·10–5 m3 blir arbetet 1,28 J.

Effekten blir då W5,1 W607028,1 ≈⋅ .

Med ett rimligt antagande av area för aorta blir blodets rörelseenergi av storleksordningen 0,01 J, vilket i detta sammanhang kan försummas. 4. Beteckna avståndet energiverk–aluminiumverk med a, ledningens resistivitet med r och dess area med A. Ledningarnas totala resistens är då

AarR /2L = . Kvoten mellan effektutveckling i ledningen och effekt i aluminiumverket blir då

03,0L2

2L ==

RR

RIIR

där I är strömmen i ledningen och R aluminiumverkets "resistans". Med spänningen U i aluminiumverket blir den där utvecklade effekten

P =U 2

R=

0,03 ⋅U 2A

2ar

Massan av aluminiummetall i ledningarna är ρA2a där ρ är densiteten för aluminium.

Antalet atomer i ledningarna är då M

NaA A2 ρ där M är atomvikten för

aluminium och AN Avogadros konstant. Energin som behövs för att framställa ledningen blir

tPM

NaA⋅=⋅⋅⋅ − C106,1eV152 19Aρ

Detta ger tiden dygn5,1s103,1s106,11503,0

4 5192

A2

≈⋅=⋅⋅⋅⋅

= −

MUrNat ρ

Det tar cirka 1,5 dygn att framställa aluminium för ledningarna. 196

197

5. Vi har µ = m / där m är fjäderns massa. Hookes lag ger F = k − 0( )med fjäderkonstanten k .

Detta ger v =k − 0( )

m. Vidare har vi för den stående vågens våglängd

λ = 2 .

Detta medför att frekvensen f =

v

λ=

k

4m1− 0

.

När man jämför data med uttrycket ovan måste man, för att kunna dra några slutsatser, se till att sambandet grafiskt kan representeras av en rät linje. Vi har

f 2 =k

4m1− 0

.

Om man på x-axeln avsätter 1/ och på y-axeln f 2 förväntar vi oss alltså att data i detta diagram skall ligga på rät linje vilket de också, med tanke på mätfel, gör.

Om man extrapolerar den räta linjen till 1/ = 0 får vi f0

2 =k

4m≈ 200 vilket

ger m = 12 g. Extrapolation till f = 0 ger 1/ 0 = 6,8m−1 eller 0 = 0,15m

197

198

6. a) Jämför figurerna nedan.

Ur strålgångens omvändbarhet följer att θ1 =θ2 det vill säga vridningen måste vara densamma som avlänkningen i andra ordningen vid vinkelrätt infall eller 2λ = d sinθ1 vilket medför 3,461 =θ . b)

θϕ

Totala avlänkningen är α =θ + ϕ . Vidare har vi d sinθ + sinϕ( )= 2λ . Vi söker alltså minimum av α då sinθ + sinϕ = konst Lösningsalternativ 1.

Derivera α med avseende på θ . Vi har 0dd1

dd =+=

θϕ

θα vid minimum.

Derivera sinθ + sinϕ = konstant med avseende på θ vilket medför

0ddcoscos =⋅+θϕϕθ . Detta ger tillsammans med villkoret ovan

cosθ − cosϕ = 0 eller θ = ϕ . Vi har alltså d sinθ + sinθ( )= 2λ eller dsinθ = λ som ger

2,21=θ .

198

199

Lösningsalternativ 2. Uttrycken är symmetriska i θ och ϕ . Symmetripunkten måste motsvara ett extremvärde i detta fall ett minimum. Detta ger θ = ϕ , som är samma resultat som ovan

7. a) Keplers lag ger trvtrv d21d

21

2211 = vilket medför v1

v2

=r1

r2

=35,3

0,59≈ 60

Förhållandet mellan farterna är alltså ungefär 60. b) Vi har 2a = 0,59 + 35,3AE d v s a =17,945AE . Kalla avståndet från medelpunkten till brännpunkten för c.

a b

c c

a

Figur och Pythagoras' sats ger

( )( ) 2222 AE59,03,35 ⋅=−+=−= cacacab eller b ≈ 4,564 AE . Ellipsens area = 2AE28,257π =ab Area/tid = k = 257,28 AE / 76,0 år = 3,385 AE /år.

Vi har krvrvtAAtrv ===⇒= 221111 2

121

dddd

21 (första figuren) vilket

medför v1 =11,475AE/år = 54 km/s och v2 = 0,191AE/år = 0,91km/s .

199

200

c) Avståndet mellan jorden och kometen är vid periheliepassagen (1,0 + 0,59) AE = 1,59 AE. Eftersom kometen rör sig med retrograd rörelse är jordens och kometens hastigheter parallella och riktade åt samma håll. Jordens fart är AE/årπ2 . Relativt jorden kommer då kometen att ha farten ( ) AE/år192,5AE/år π21 ≈−v . Detta ger en vinkelhastighet på 5,192/1,59 (radianer)/år ≈ 0,5° per dygn. 8. Elektronerna rör sig i cirklar vinkelrätt mot magnetfältet. Sättes centripetalkraften lika med Lorentzkraften får man mv2 /r = evB , där

m = elektronmassan e = elektronens laddning r = radien i cirkeln B = flödestätheten.

Elektronerna har en de Broglievåglängd given av λ = h / mv( ) där h är Plancks konstant. Det skall få plats ett helt antal våglängder på cirkelns omkrets vilket medför

λnr =π2 med n = 1, 2, 3,.... Våra tre ekvationerna ger för cirkelarean ( )eBnhAr 2/π 2 == . Den minsta cirkelarean blir för n = 1 som med B = 5,0 T blir A = 4,1⋅10−16 m.

200

201



LÖSNINGAR

1. Kalla benlängden för a och avståndet mellan klippväggarna för d.

a) För att bergsklättraren skall kunna stå i angiven ställning skall reaktionskraften från vardera klippväggen vara riktad längs hennes ben. Geometrin i figuren ger:

( ) ad

NfN

N222

=+

vilket medför 1

22 +

=f

ad . Det största möjliga värdet på f är 1,2 d v s

aad 28,112,1

22

=+

≥ = 1,2m.

Vidare måste ju självklart d ≤ 2a =1,8 m b) Figurerna till höger visar några alternativa ställningar som förslag att klara av andra avstånd.

201

202

2. Molekylernas medelenergi mv2 /2= konstant. Molekylernas fart v är då proportionell mot m−1/ 2 . Molekylernas massa är proportionell mot molmassan d v s ljudfarten är omvänt proportionell mot roten ur molmassan. Härav fås

3

2/1

vätga

luftluftvätgas 103,1 ⋅≈

=

sMM

cc m/s,

där c är ljudfarten, 2ätgas ≈vM och 8,28322,0288,0luft =⋅+⋅≈M . 3. Den inducerade spänningen i spolen är enligt induktionslagen tidsderivatan av det magnetiska flödet multiplicerad med antalet varv i spolen. Vi kan alltså bestämma flödet genom att ta reda på arean under oscilloskopkurvan. Varje skaldelsruta har arean 0,2·5 mVs = 1 mVs. Genom att räkna och skatta rutor och ta medelvärdet av resultatet för de två fotona får man flödet till 12 mVs / 600. Magnetens area vinkelrätt mot fältriktningen är 8·20 mm2. Härur fås flödestätheten B = 120 mT. 4. Pistongens area A = π9,0 2 m2. Slagets längd l = 3,0 m. Cylindervolym V = A ⋅ l. Lufttrycket p =1,013 ⋅105 Pa. Arbetet = Kraften · vägen = p ⋅ A ⋅ l = pV = 1,013·105 Pa· π9,0 2 m2·3,0m ≈ 0,773 MJ ≈ 0,8 MJ Effekten = 0,773 MJ / 6 s ≈ 130 kW

Mängden ånga m i cylindern fås ur gaslagen pV =m

MRT , där M är vattnets

molmassa. Detta ger m =MpV

RT. När ångan kondenserar avlämnar den en

energi av RT

MpVccmW å

å =⋅= med åc = ångbildningsentalpin.

Verkningsgraden blir då det uträttade arbetet delat med denna energi eller

åå McRT

MpVcRTpV =⋅ . Med insatta numeriska värden får man en verkningsgrad

på 8%. Det kan vara värt att notera att verkningsgraden blir oberoende av maskinens dimensioner.

202

203

5. Kraften F på en ledare med längden d i ett magnetfält B är F = I ⋅ Bd där I är strömmen genom ledaren. Sambandet förutsätter att B, ledaren och kraften är vinkelräta mot varandra. Kraften på natriummetallen är riktad åt höger i figuren.

Trycket blir följaktligen p =F

db=

IBd

db=

IB

b.

Den höjd h, till vilken natriet kan pumpas fås ur p = ρgh eller

p = h =p

ρg=

IB

ρgb.

Med insatta värden får man h ≈ 0,5 m. 6. Approximera den belagda arean i Norrland med en rektangel med storleken 500·250 km2. Approximera den belagda arean väster om Stockholm med en triangel med basen 400 km och höjden 150 km. Härvid har medtagits obelagda areor så att man kan uppskatta medelbeläggningen mycket grovt till 10 kBq/m2. Detta ger en total beläggning av 1,5·1015 Bq. För radioaktivt sönderfall har vi

NtN λ−=

dd , där N är antalet radioaktiva kärnor och λ är

sönderfallskonstanten. Detta ger tNN λ−= e0 där N0 är antalet kärnor då t = 0 . Då t = T1/ 2, halveringstiden, har vi N = N0 /2 vilket ger sambandet

λ = ln2 /T1/ 2 ≈0,693

30 ⋅ 365 ⋅ 24 ⋅ 3600s−1 ≈ 7,32 ⋅10−10s−1

Vi har nu 15105,1dd ⋅−=

tN Bq. Detta ger N = 2,0 ⋅1024 kärnor.

Med molmassan för cesium 137 ger detta totalt en massa 2,0 ⋅1024 ⋅137/6,02 ⋅1023g ≈ 0,5kg

Resultatet är naturligtvis mycket grovt och ger endast storleksordningen.

203

204

7.

a) Diagrammet ovan med massan mot frekvensändring för data i tabell A och B visar att man kan anta att det är ett linjärt samband mellan dessa två storheter. Diagrammet visar också att metoden inte särskiljer mellan de olika typerna av smuts. Ur diagrammet fås sambandet ∆m = 0,18µg /Hz ⋅ ∆f . Ur diagrammet över mätningen i industrilokalen får man en beläggning av 16 µg/h i medeltal under arbetstid och 4 µg /h under icke-arbetstid. Man kan också se att föroreningen verkar avdunsta något under nattens senare del och att det tar ganska lång tid för partiklarna att "sätta sig". b) Vi har för fjädrande svängning mkf /π2= . Detta ger

0

0

22/π2

dd

mf

mmk

mf −=−=

Låt m = m0 , den ursprungliga svängande massan och f0 den ursprungliga egenfrekvensen. Vi får

204

205

0

0

2dd

0mf

mf

mm

−=

≈

eller ∆f = −f0

2m0

∆m för små ∆m .

Alltså gäller 2m0

f0

= 0,18µg/Hz . Med f0 =1,6 MHz får man m0 ≈ 0,14g .

Man ser att ∆m << m0 som sig bör. 8. På grund av totalreflexion kommer ljuset bara att komma igenom i ett begränsat område på den buktiga ytan. I figuren är randstrålarna inritade liksom den stråle som infaller mot medelpunkten.

Av figuren framgår att det ljusa området upptar en vinkel av 2β. Villkoret för totalreflexion ger sinβ =1/ n . Vidare gäller (ljusa områdets längd) / (hela längden) = 180/2β . Härav erhålles genom mätning i figuren 822 =β . Detta ger n = 1,52 ± 0,02.

205

206



LÖSNINGAR

1. Beteckna Tarzans massa med M, Janes massa med m, Tarzans fart innan stöten med Jane med V, Janes och Tarzans gemensamma fart efter stöten med v, Tarzans starthöjd med H och parets sluthöjd slutligen med h. Tarzans räddningsmanöver består av tre delar. a) Färden ner till Jane. Här används energiprincipen som ger

MV 2

2= MgH

b) Den oelastiska stöten med Jane i vilken rörelsemängden är bevarad vilket ger

( )vmMMV += c) Färden upp mot den räddande klipphyllan varvid energiprincipen ger

( ) ( )ghmMvmM +=+2

2

Härur erhålles med i texten givna uppgifter h = 4,1 m. De klarar sig! 2. Den i spolen inducerade spänningen ges av Lenz' lag:

( ) tfrNBtt

rNBBAt

Nt

Ne BA ωωθφ sinπ2πcosddπcos

dd

dd 22 ⋅=−=−=−=

Här är N antalet varv i spolen, r dess radie och f rotationsfrekvensen, fπ2=ω . Toppvärdet av spänningen blir frNBu π2 π 2 ⋅= . Man läser

lämpligen från bilden av topp-till-toppspänningen ppu . Man få sedan

62π2 22

pp ≈=frN

uB µT

För att mäta horisontalkomposanten av magnetfältet skall spolens axel orienteras i vertikal led.

206

207

3. Jämviktsvillkor för translation ger mg = N och F = fN .

Jämviktsvillkor för rotation kring en axel genom nedre högra kanten ger

mgd = Fh

Ur dessa ekvationer får man f =d

2h

Mätningar på fotografiet ger f ≈ 0,3. 4. Under framåtfasen av spänningen kommer effektivvärdesspänningen 100 V ligga över 2 kΩ. Under backspänningsfasen kommer 50 V att ligga över resistorn. Detta ger en medeleffekt av

P =1

2⋅

1002

2000+

502

2000

W = 3,1W

5. a) Volymen är här konstant. Massan av luften i rummet ges av p0VM

RT0

där

p0 = 100 kPa, V = 27 m3 och T0 = 273 K. M är molmassan för luft vilken kan tas till 0, 030 kg/mol. Energin att värma denna luftmängd vid konstant

volym blir MJ 51,00

01 =∆⋅= Tc

RTVMp

Q V .

b) Massan av luft i ett visst ögonblick i rummet ges igen av p0VM

RT men nu

varierar T. Massan kommer alltså att minska efterhand som temperaturen stiger. Betrakta en infinitesimal temperaturökning dT. Den energi dQ som går åt att för denna ökning ges av

TTc

RVMp

Q pdd 0 ⋅=

Integreras detta från T = 273K till T = 293 K erhålles

Q2 =p0VM

R⋅ c p ln

293

273= 0,68MJ

6. Spårets längd är totalt cirka 170 mm långt. Detta ger en begynnelseenergi av 150 keV för partikeln. Krökningsradien bestämmes i en lämplig punkt på spåret genom att man drar två kordor och bestämmer skärningen mellan kordornas mittpunktsnormaler.

207

208

Ur sambandet p = eBr bestämmes rörelsemängden medan rörelseenergin

bestämmes ur läget på spåret. Härur beräknas partikelns massa ur k

2

2Wpm = .

Man finner m = l,7·10–27 kg. Partikelns laddning är positiv vilket medför att partikeln kan antas vara en proton. 7. Anta att neutronerna har rörelseenergin Wk. Kalla kvadratens sida för a. För en viss vridningsvinkel δ på kvadraten kommer den neutronvåg som går AB att ha en lägesenergi mgasinδ relativt den som går DC. Detta innebär med energiprincipen att den förra vägen kommer att ha en rörelseenergi

WWmgaW ∆−=− kk sinδ , därmed annan rörelsemängd p' och annan våglängd λ'. Vägarna OA och CB är ur vägsynpunkt ekvivalenta. Antalet våglängder utefter DC blir a / λ och utefter AB a / λ' d v s skillnaden i antalet våglängder, n, när vågorna möts i B blir

n = a 1/ λ −1/ ′ λ ( )= ap − ′ p

h där h ar Plancks konstant

Vi får vidare

( ) ( )kk

kkk mWh

gmaW

WhmWa

hWmmWan2

sin112

/222 δ≈

∆−−=′−=

eller

δλ sin2

gh

man

=

När n är ett helt ta1 kommer vi att få förstärkande interferens och registrera ett stort antal neutroner medan om n är halvtaligt kommer interferensen att bli destruktiv och vi registrerar ett minimum i antal registrerade neutroner. Ur figuren får vi att n = 3 då δ = 20°. Insättes detta och övriga numeriska data får man λ = 0,14 nm vilket ger p = 4,9·10–24 kgm/s och Wk = 7, 0·10–21 J = 0, 044 eV, d v s termiska neutroner som man erhåller från en kärnreaktor. 208

209

8. Den punktformiga ljuskällan kommer att ge upphov till en upplyst cirkelyta på millimeterpappret under halvsfären. (Se figur A). Radien på denna cirkel fås genom att tillämpa sinusteoremet på triangeln ABC

( ) ( )βαβαα +=

−−=

sin180sinsinRRr

Detta ger ( )βα +=

sinnRr eftersom 90sin1sin ⋅=αn från brytningslagen.

För β = 0 d vs ljuskällan mycket långt bort blir r = R. När ljuskällan tangerar halvklotets topp är β = 90° och r = Rtanα . I båda dessa lägen är sin α + β( ) <1 i ena fallet därför att vinkeln 90<+ βα i andra därför att 90>+ βα . Däremellan finns ett läge där 90=+ βα d v s sin α + β( ) =1 och r alltså antar sitt minimivärde. Härvid är r = R /n eller n = R / r . Genom att mäta den upplysta cirkelns radie då den är så liten som möjligt kan alltså brytningsindex beräknas. En alternativ men mindre god metod är att mäta ljuskällans höjd, z, över bordet vid minimum. På grund av att glödtråden sitter inne glödlampshöljet är det svårt att med större precision mäta denna höjd. Dessutom blir inte höjden särskilt välbestämd eftersom minimet är ganska brett (se figur B). Av samma skäl kan man inte utnyttja villkoret ovan då ljuskällan tangerar halvklotet.

209

210



LÖSNINGAR

1. Dålig voltmeter inkopplad.

Strömmen genom 10 kΩ-resistorn är mA 370,0k10

V)3,610( =Ω

−

Strömmen genom voltmetern är mA 286,0k22V 3,6 =Ω

Strömmen genom R är då 0,370 − 0,286( )mA = 0,084 mA

Detta medför att resistansen Ω= k 75mA 0,084V3,6

Bra voltmeter inkopplad. Dess resistans kan betraktas som mycket stor jämfört med övriga resistanser d v s vi kan försumma strömmen genom voltmetern.

Spänningen över R blir V8,8k10

V10 =Ω+

⋅R

R

Svar: Man mäter en spänning av 8,8 V. 2. På sandkornet verkar dels tyngdkraften, dels en normalkraft. Newtons andra lag tillämpad på sandkornet ger (positiv riktning uppåt)

ma = N − mg . Om membranets rörelse beskrivs av x = Asinωt blir sandkornets acceleration

a = −Aω2 sinωt . Detta ger N = mg − mAω2 sinωt > mg− mAω2 ≥ 0 . Gränsfallet N = 0 när sandkornet släpper kontakten med membranet ger A = g/ω2 . Med insatta värden får man A = 25 µm. Svar: Membranets amplitud är 25 µm.

210

211

3. Energin i en laddad kondensator ges av W = 1

2 CU 2 Från början har vi alltså energin W1 = 1

2 8 ⋅10−6 ⋅ 100( )2J = 40mJ

Laddningen på den övre kondensatorn är mC 8,0C 100108 6 =⋅⋅== −CUQ Strömbrytaren sluts. I den följande processen är laddningen bevarad. När strömmen i kretsen har blivit noll ligger samma spänning över de två kondensatorerna som alltså kan betraktas som seriekopplade med samma totala laddning som tidigare och med ersättningskapacitansen 8 µF +2 µF = 10 µF.

Spänningen över kondensatorerna blir 0,8mC

10µF= 80V

Energin i kretsen blir då ( ) mJ 32J801010 26

21

2 =⋅⋅⋅= −W Energiskillnad mJ 821 =−WW Svar: Energin i kretsen minskar med 8,0 mJ. 4. I figuren är N normalkraften och F friktionskraften. Med figurens beteckningar har vi vid jämvikt i vertikalled

2N sinα −2F cosα − mg = 0 Med F = f N där f är friktionstalet får vi

( )αα cossin2 fmgN−

=

Bollen fastnar när N växer över alla gränser d v s f = tanα . Man bestämmer α genom att mäta på boken så långt som möjligt från "gångjärnet" för att få god noggrannhet och får då f = a/ 2b( )= 0,22 .

Svar: Friktionstalet mellan bordtennisboll och boksida är 0,22. 5. a) Vid en viss temperatur kan högst ett visst antal elektroner lämna katoden. Vid låg spänning över anod–katod dras endast en del av dessa över till anoden. När spänningen ökar dras allt fler över men inte fler än det

211

212

maximala antalet som produceras per tid vid katoden. I-U-kurvan kommer därför att så småningom närma sig ett mättnadsvärde på strömmen. b) Vi har

kTW

t TKI−

⋅= e2sa , K konstant

eller

kTWK

TI

−′=2satln , ′ K = lnK .

Om vi plottar 2satln

TI

mot 1/T skall detta samband vara en rät linje med

riktningskoefficienten −W /k . Data ger följande tabell och graf.

Enheten på strömmen kan väljas godtyckligt (t ex mA) eftersom detta endast förskjuter den räta linjen utan att ändra dess riktning. Ur diagrammet får man W / k =1,54·104 [K] eller W =2,13·10–19 J = 1,3 eV. Svar: Utträdesarbetet (work function) blir 1,3 eV. 6. Satellitens mot solen vända area är cirka 40 m2. Kraften på solpanelen blir då

mN 185,0m 40]m/s[103

]W/m[1039,1 28

23

=⋅⋅⋅

Här har vi räknat med att ljusets absorberas av satelliten (och sedan sänds ut igen som värmestrålning symmetriskt i alla riktningar). Om ljuset i stället reflekteras blir kraften dubbelt så stor. Med tanke på att satellitens solpaneler är gjorda för att extrahera energi ur solljuset verkar det mest realistiskt att tänka sig att ljuset absorberas. 212

213

För att motverka strålningstrycket måste vi ge kvävgasen en rörelsemängdsändring per tid given av

mN 185,0dd =⋅v

tm ,

där tm

dd är utsprutad kvävgas per tid och v kvävgasens fart.

Ur givna data har vi 16 kgs1028,5]s[864003656

]kg[1000dd −−⋅=

⋅⋅=

tm

Detta ger 116

3

ms 35ms1028,510185,0 −−

−

−

=⋅⋅=v

Svar: Den utströmmande kvävgasen skall ha en fart av storleksordningen 50 m/s. 7. För härledningen låter vi linsen vara plan. Detta påverkar inte slutresultatet på något väsentligt sätt. För att få förstärkning i punkten P på avståndet f från linsen skall vägskillnaden mellan en stråle som går genom centrum och en som går genom ringen med radien rn vara en multipel av våglängden

λnffrn =−+ 22

Detta ger rn2 + f 2 = nλ + f( )2

( ) λλλλλλ nff

nnfnfnffnrn 22

1222222 ≈+⋅=+=−+=

eftersom nλ << f . För n = 1 och n =2 får vi med insatt värde på våglängden

r1 =0,50 mm och r2 =0,70 mm Man inser lätt att från en punkt P' symmetriskt belägen på andra sidan av linsen blir vägskillnaderna jämna multiplar av hela våglängder varför linsen avbildar P' skarpt i P. Svar:a) De två innersta radierna är 0,50 mm respektive 0,70 mm. b) En punkt 250 mm framför linsen kommer också att avbildas skarpt.

213

214

8. Vid horisontell flygning har vi att lyftkraften måste vara lika stor som tyngdkraften och att den framdrivande kraften måste vara lika stor som motståndskraften från luften. Om planets massa är m får vi:

mg = L = 12 cLSρv 2

P

v= D = 1

2 cDSρv2

Detta ger

cL =2mg

Sρv2 , cD =2P

Sρv3

Används sambandet mellan cL och cD får man efter någon förenkling

P = 12 cD 0Sρv 3 +

2 mg( )2A

Sρv

Vi ser att effekten P blir stor då v → 0 och då v → ∞ med ett minimum emellan. Med insatta värden på parametrarna får man följande diagram

Ur diagrammet avläses sedan de efterfrågade storheterna. Svar:a) Den minsta möjliga effekten blir cirka 230 kW. b) Farten måste vid maximaleffekten 400 kW ligga mellan 17 och 67 m/s (60–240 km/h).

214

215

SKOLORNAS FYSIKTÄVLING KVALIFICERINGS- och LAGTÄVLING

6 februari 1990

SVENSKA DAGBLADET SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET LÖSNINGSFÖRSLAG

1. Den sökta energin är proportionell mot antalet atomer i materialet eller omvänt proportionell mot molmassan. Koppar har molmassan 63,54, zirkonium har 91,22. Detta ger direkt att zirkonium har värmekapacitiviteten 0,39·63,54 / 91,22 kJ/(kg K) = 0,27 kJ/(kg K). Värmekapaciteten per mol för fasta ämnen är enligt denna princip konstant. Detta brukar kallas Dulong-Petits lag och stämmer ganska väl med tabellvärdet. 2. Anta att strömmen genom ackumulatorn är I riktad uppifrån och ned i figuren. Anta att spårvagnen befinner sig på avståndet x [km] från generatorn. Den sammanlagda resistansen i luftledning och spår är 0,10 ohm/km. Strömmen genom generatorn är då I + 100 A. Om man vandrar ett varv i kretsen får man

550 − x ⋅ 0,2 ⋅ I +100( )− 8 − x( )⋅ 0,1 ⋅ I − 500 −0,24 ⋅ I = 0

Detta ger I =50 −10x( )

1,04.

Vi ser alltså att ackumulatorn börjar leverera ström då spårvagnen kommit 5 km från generatorn. På kortare avstånd får man en laddning av ackumulatorn.

215

216

3. Elektronerna kommer att röra sig i ett "tyngdkraftfält" med accelerationen eU / md. Deras bana kommer att vara en kastparabel. Man får

s =v2md

Ue

Med W = 12 mv2 eller v 2 = 2W /m får man

s =2Wd

Ue eller W =

Ues

2d

I en kastparabel med kastvinkeln 45˚ är den största höjden precis en fjärdedel av kastvidden. Avståndet s kan alltså inte vara större än 80 mm annars slår elektronerna i den övre plattan. 4. Växelverkan mellan partiklarna är en oelastisk stöt. Den förlorade rörelseenergin går åt att excitera väteatomen från grundtillståndet till första exciterade nivån. För detta behövs en energi av 10,2 eV. Anta att vätejonen från början har en fart v och efter växelverkan en fart v'. Båda partiklarna har samma massa m. Lagen om rörelsemängdens konstans ger mv = 2mv ' eller v '= v /2 . Ändringen i rörelseenergi blir 1

2 mv2 − 12 2m( ) ′ v 2 = 1

4 mv2 . Förlusten i rörelseenergi blir alltså hälften av den ursprungliga rörelseenergin. Vätejonen måste då ha en energi av minst 20,4 eV för reaktionen skall kunna gå. 5. För radioaktivt sönderfall har vi att aktiviteten eller antalet sönderfall per

tid, tN

dd , är proportionellt mot antalet kärnor. Antalet nukleoner i 1 kg

människokropp är ungefär ( )271067,1/1 −⋅ . Vi får

271

1067,1]s[100 −

−

⋅= λ . där λ är sönderfallskonstanten.

Detta ger ]s[1067,1 125 −−⋅=λ

Halveringstiden T är relaterad till λ genom T = ln2/ λ . Detta ger T = 1017 år. Noggranna experiment med stora volymer vatten placerade djupt ner under jorden för att reducera annan strålning ger att T > 1030 år.

216

217

6. Vi beräknar först den maximala magnetiseringen per volym för järnet. Antalet järnatomer per volym är

7,86 ⋅103 ⋅ 6,02 ⋅1023

0,0558

Detta ger M = 7,86 ⋅105 Am2. Den magnetiska flödestätheten blir alltså B ≈ 1 T. Detta resultat är intressant i sig själv. I vissa material kan man ha några bohrmagnetoner per atom men den starkaste icke-supraledande elektromagneten i världen kan inte ha en flödestäthet av mer än storleksordningen 10 T. Vi betraktar nu protonerna med massa mp som rör sig i en cirkelbana med radien R och farten v i detta magnetfält. Centripeltalkraften i cirkelbanan utgörs av Lorentzkraften

evBRvm

=2

p

Härur får man eB

vmR p= .

Med insatta värden får man R ≈ 0,5 m d v s en diameter på cirka 1 meter. 7. Vi betraktar det allmännare fallet att skottkärrans masscentrum inte ligger rakt över hjulets axel. Vi frilägger först skaklarna och tittar på de krafter som verkar på dessa när skottkärran vare sig skjuts eller dras. Vidstående bild visar detta.

F ′ är kraften varmed hjulaxeln påverkar skakeln, F kraften på den som håller skottkärran och mg är lastens tyngd. Om vi nu lägger till en kraft i skaklarnas riktning måste hjulaxeln trycka med en kraft i precis motsatt riktning annars skulle skaklarnas rotera eller translateras.

På hjulets axel verkar då motsvarande motkrafter. Vi har ingen normalkraft från marken i det ögonblick som skottkärran börjar gå över tröskeln, däremot 217

218

har vi en kraft med okänd storlek och riktning i kontaktpunkten mellan hjulet och tröskelkanten. Kraftsituationen på hjulet när man skjuter skottkärran visas till i figuren. Vi väljer nu kontaktpunken med tröskeln som vridningsaxel. Vid jämvikt skall vridmomentet kring axeln vara noll, detta. ger med figurens beteckningar 0cossin ss =⋅⋅−⋅⋅+⋅′ αα yFxFxF eller

αα sincoss ⋅−⋅⋅′=

xyxFF .

α är här vinkeln mellan sF och ′ F . Motsvarande överläggning när skottkärran dras ger

αα sincosd ⋅+⋅

⋅′=xyxFF

Kvoten mellan dessa uttryck blir

αααα

αααα

sincossincos

sincossincos

d

s

⋅−⋅+=

⋅−⋅⋅+⋅=

qq

xyxy

FF

med 1/2

−

−==

dRRyxq

Vi ser att när vinkeln α är så stor att sF är riktad rakt mot kontaktpunkten kan man naturligtvis inte skjuta skottkärran över hindret. Vi ser också att om α = 0 blir som väntat sd FF = . Med aktuella värden får man att kvoten blir 2,1. 8. Vi tänker oss vattenytan som speglar med normaler som lutar något mot vertikallinjen. Betrakta figuren. Man finner följande samband mellan vinklarna ( )δδα ′−+−=∠ 2πBAC

222

π2

δδα′

+−−=∠=∠ BACBAN

∠ NAO = ∠ BAN −∠ OAB =δ + ′ δ

2

218

219

Härur beräknar man den största avvikelsen för normalen från lodlinjen till 2˚. Om man antar att vågorna är sinusformade, beskrivna av

λ/ π2sin xAy = , får vi att tangentens maximala lutning mot horisontalplanet skall vara 2˚. Detta ger 180/π2/ π2 =⋅= λxAy där vi utnyttjat att vinkeln är liten och omvandlat graderna till radianer. Man får A = λ /180 eller med våglängden insatt A ≈1 mm. Man kan också räkna med triangulära vågor enligt figuren. Detta ger också A ≈1 mm. Det intressanta här är hur liten amplitud som behövs för att avsevärt förvränga bilden av lampan.

Uppgiften i problemtexten om att lampan befinner sig på samma höjd som ögat är onödig. Den observanta tävlingsdeltagaren inser att detta framgår av bilden eftersom lampan och horisontlinjen sammanfaller.

219

220


8 februari 1991


1. För att få spänningen 600 V måste 600[V] / 0,15[V] = 4000 elektroplack vara seriekopplade. För att få en strömstyrka på 1 A måste 1[A] / 0,001[A] = 1000 elektroplack vara parallellkopplade. Detta ger 4·106 elektroplack totalt. Kopplingen framgår av figuren nedan.

2. a) Sträckan som en ärta har fallit efter tiden t är s1 = gt2 /2 . Efterföljande ärta har då fallit sträckan ( ) 2/]s[01,0 2

2 −= tgs . Differensen i sträcka blir då ( ) 2/]s[0001,0]s[02,0 2−=∆ tgs . Tiden när denna differens vuxit till 20 mm är t = 0,205 s vilket innebär att den första ärtan fallit 0,21 m. Dess fart är då v0 = 9,8·0,205 m/s = 2,0 m/s. b) Den elektriska fältstyrkan mellan plattorna är 25000/0,05 V/m. Den elektriska kraften på ärtan blir då 0,75 mN. Ur texten beräknar man massan på en ärta till 230 mg vilket ger en acceleration på grund av det elektriska fältet som är 3,26 m/s2. För att avvikelsen skall bli 40 mm i sidled måste ärtan falla en tid τ = 0,040 ⋅ 2 /3,26( )1/ 2 s eller τ = 0,157 s. Under denna tid faller den vertikalt en sträcka v0τ + gτ 2 /2 = 0,44 m vilket alltså är plattornas längd.

220

221

3. Ljudets fart i vatten är 4,3 gånger större än i luft. Vattnet är alltså ett "tunnare" medium for ljudvågorna än luften. Om ljudvågornas vinkel mot normalen till vattenytan blir för stor får man alltså totalreflexion. För luft–vatten har man totalreflexion om denna vinkel blir större än cirka 13°. (En mer omfattande analys visar att även ljud som skickas rakt ner mot vattenytan reflekteras till 99,94%.) Det är därför helt ofarligt att prata när man metar. Detta kan också lätt kontrolleras på badstranden, om man dyker under ytan försvinner alla ljud från luften. När det gäller ljusvågor är det tvärt om. Fisken kommer att kunna se allt som är över vattenytan hopträngt i ett cirkulärt område ovanför sig. Detta förutsätter dock att vattenytan är spegelblank, går det vågor blir sikten mycket dålig. Alltså behöver man inte heller i allmänhet sitta stilla. Om man har solen i ryggen bör man dock vara försiktig med sin skugga. 4. Figuren visar krafterna på lådan. Om vi låter friktionstalet vid fullt utbildad friktion vara f har vi följande ekvationer för jämvikt: mg+ N1 = F2 vertikalled F1 = N2 horisontalled F1 = f1N1 f1 ≤ f F2 = f2N2 f2 ≤ f Detta ger

N1 =mg

f1 f2 −1, N2 =

mgf1

f1 f2 −1

Eftersom normalkraften måste vara större än noll får vi att f 2 ≥ f1 f2 ≥1 eller f ≥ 1. Totala vridmomentet kan alltid göras till noll genom lämplig placering av fingrarna utefter lådans sidor.

221

222

5. Skillnaden i optisk väglängd mellan de vågor som gått genom plexiglaset och de som går genom luften är n ⋅ x − x = x ⋅ n −1( ) där x är skivans tjocklek och n dess brytningsindex. När signalen blir förstärkt har vi x ⋅ n −1( )= p ⋅ λ där 0, 1, 2= ± ± …p och λ är våglängden. Ur uppgiftens text har vi att λ = 3,0 ⋅108 /9,3 ⋅109[m] . Vid första interferensmaximet är x = 0,05 m, vid andra 0,10 m. Detta ger att brytningsindex n blir 1,65. 6. Månens diameter på bilden är cirka 28 mm. Med hjälp av till exempel en passare kan man uppskatta jordskuggans diameter till cirka 80 mm. (Måtten gäller originalbilden.) Radien på jordens skugga upptar alltså i månplanet en synvinkel av 0,5°·(80 / 28) / 2 = 0,7°. Ur figuren nedan ser vi då att från månen sett, upptar jordens radie en synvinkel av 125,07,0 ≈+=+= φθα . Förhållandet mellan månens avstånd till jorden och jordradien blir då 1 / tan 1° ≈ 60 . Mätfelen är rätt stora och man kan uppskatta att värdet bör ligga mellan 55 och 65. Denna mätning av avståndet till månen utfördes redan av de gamla grekerna.

7. a) Termosens totala area A = 0,102 m2. Energiförlusten per sekund blir då P = 0,1⋅ A ⋅ σ ⋅ T 4 − T0

4( ) där σ är Stefan-Boltzmanns konstant, T innertemperatur och T0 yttertemperatur. Med insatta värden får man P = 6,9 J/s eller ungefär 7 W.

222

223

b) Kalla värmeutstrålningen från innerväggen för P1 kalla instrålningen från ytterväggen för P2. Den totala utstrålningen utan mellanvägg blir då P0 = P1 − P2 . Om en mellanvägg sätts in kommer denna att anta en mellanliggande temperatur och stråla ut effekten

mP dels inåt mot innerväggen, dels Pm utåt mot ytterväggen. Vi har då att effekten som strålar ut i det inre mellanrummet blir P1 − Pm medan i det yttre mellanrummet motsvarande effekt blir Pm − P2 . Dessa två effektflöden måste av kontinuitetsskäl vara lika d v s

P1 − Pm = Pm − P2 = ′ P

eller Pm =P1 + P2

2

Härav fås ′ P = P1 − Pm = P1 −P1 + P2

2=

P1 − P2

2= P0 /2

Man halverar alltså värmeförlusten genom att sätta in en extra mellanvägg! 8. För att trycka ihop bollen så att den får en plan ytan med radien r måste vi påverka den med en kraft

2 π rpF ⋅∆= där ∆p är skillnaden mellan atmosfärens tryck och trycket inne i bollen d v s övertrycket. Vi har (Pythagoras' sats eller kordasatsen) r2 = 2R − x( )x Arbetet att trycka samman bollen tills den stannar i x = h blir då

( ) ( )∫∫ ∫ ⋅−∆=⋅−⋅∆⋅=⋅=hh h

xxxRpxxxRpxFW00 0

d2πd2πd eller

( ) ( )3/π3/π 232 hRphhRhpW −∆=−∆= Vi har här antagit att övertrycket inte förändras nämnvärt eftersom volymändringen av luften i bollen är liten. Resultatet kan man också inses direkt eftersom arbetet (approximativt) är övertrycket multiplicerat med volymändringen d v s volymen av en klotkalott. Eftersom x << R kan vi försumma h/3 jämfört med R och likaså kan vi i kordasatsen försumma x jämfört med 2R. Man kan också notera att i denna

223

224

approximation är kraften F proportionell mot h d v s är en fjäderkraft vilket är mycket rimligt eftersom vi har en liten avvikelse från ett jämviktsläge. Arbetet kan alltså approximeras med RphW 2π∆= . Detta skall vara lika

med bollens rörelseenergi 12 mv2 vilket ger 2/1

4/1

max π2 v

pRmr

∆

= där m är

bollens massa. Vi finner alltså att i denna modell är rmax proportionell mot kvadratroten ur bollens fart. Ur uppgiften i texten kan proportionalitetskonstanten bestämmas till 0,024 m1/2s1/2. Denna ger i sin tur att vid 10 m/s blir diametern på intryckningen 0,15 m. Det kan vara intressant att notera att om bollens massa och radie är känd kan övertrycket i bollen beräknas.

224

225


Torsdagen 6 februari 1992


1. För det första är vätgasen i molekylform vilket innebär att dess molekylvikt är hälften av heliets. För det andra är ballongens lyftkraft skillnaden mellan den av ballongen undanträngda luftens tyngd och gasens tyngd. Betrakta allmänna gaslagen

pV = nRT där n är antalet mol av gasen. Vid samma volym, tryck och temperatur innehåller ballongen samma antal mol av gasen. Ballongens tyngd blir då proportionell mot molmassan. Luften har en medelmolmassa på 30, väte har 2 och helium 4. Förhållandet mellan lyftkrafterna blir alltså

30 − 4

30 − 2= 0,93

det vill säga en heliumballong har nästan samma lyftkraft som en vätgasballong. Nackdelen med helium är priset som är väsentligt högre än för vätgas.

2. Elektronen går runt i banan r

v π2

gånger per sekund. Detta ger en ström

på

mA05,1π4 π2 22 ≈=

mreh

rev

Magnetfältet i centrum på en cirkulär slinga ges av

B =µ0I

2r≈12T

Detta är ett mycket kraftigt magnetfält av samma storleksordning som de man idag kan alstra med hjälp av supraledande magneter. I en kvantmekanisk beskrivning av atomen har dock elektronen i grundtillståndet en sfäriskt symmetrisk sannolikhetsfördelning och magnetfältet försvinner.

225

226

3. Vid jämvikt kan man ställa upp följande ekvation för vridmomentet med avseende på axeln

FH

sinθ−

mgL cosθ2

= 0

eller F =mgL sin2θ

4H.

Denna har ett maximum då 45=θ och då är (om vi antar att axeln är 1,6 m över marken)

Fmax =mgL

4H≈

85 ⋅10 ⋅ 8

4 ⋅1,6≈1100N

Man måste med andra ord vara ganska stark! Det lönar sig också att vara lång. 4. Arean på pistongen i en cykelpump är några cm2 ≈ 2·10–4 m2. Den kraft som man kan pressa ned pistongen med är ungefär 200 N. Detta ger ett tryck som är 200N / 2·10–4 m2 = 1 MPa eller cirka 10 gånger atmosfärstrycket. 5. Sett ovanifrån kommer elektronstrålen att röra sig i en del av en cirkelbana med en radie R given av

mv2

R= evB

där m är elektronens massa, e dess laddning, v dess fart och B flödestätheten. Ur geometrin i figuren får vi (kordasatsen) L2 = d 2R − d( ) ≈ 2Rd (d << R)

Vidare har vi att rörelseenergin Wk (12 keV) ges av Wk =mv2

2

Sammanställer vi dessa samband får man

mm 45,122

2

≈=kmW

eBLd .

226

227

Efter som monitorn redan är korrigerad (åt fel håll) med detta får man att den observerade avvikelsen på New Zealand bör bli dubbelt så stor d v s ungefär 3 mm. Eftersom avvikelsen är liten kan man i detta fall naturligtvis också räkna med att man har en konstant kraft i sidled d v s en konstant acceleration vinkelrätt mot rörelseriktningen och att farten rakt fram är oförändrad. Detta leder till samma slututtryck för avvikelsen. 6. Det som avgör hur stor avplattningen blir, är förhållandet mellan tyngdaccelerationen g och centripetalaccelerationen. För ett klot med massan M och radien R har vi för tyngdkraften som verkar på en massa m på

ytan på klotet mg = GmM

R2 eller g = GM

R2

Centripetalaccererationen ges av a = Rω2 . Förhållandet mellan dessa blir R3ω2

GM.

Detta resultat kan också erhållas med dimensionsresonemang samt att rimligen avplattningen ökar med ökande rotationsfart. För jorden har man:R = 6,37·106 m, 15 s1027,7/π2 −−⋅== Tω och M = 5,97·1024 kg

vilket ger R3ω2

GM= 3,45 ⋅10−3

För pulsaren får man R3ω2

GM= 3,4 ⋅10−7 d v s cirka 10 000 gånger mindre än

för jorden. Pulsaren bör alltså vara väsentligt mindre avplattad än jorden. Den utstrålade effekten är

( )tT

TI

TtTI

tII

ttWP

ddπ42

ddπ2

dd

dd

dd

3

22

21 =

==== πωωω

Med uppgifterna i texten är I = 8·1037 kgm2, T = 0,94 s och 16

9

1025,486400365104,13

dd −

−

⋅≈⋅⋅=

tT

vilket ger en effektutstrålning av P = 1,6·1024 W vilket är en avsevärd effekt.

227

228

7. a) Ett rimligt antagande är att slipens lutning är 1:10. Fartyget drar i trossen med kraften 5·105 / 10 N = 50 000 N. Trossen är lindad 2,5 varv kring kanonen. Kraften varmed Kap Matifou måste dra är alltså

N20 Ne50000 5,0π25,2 ≈⋅ ⋅⋅− Använder man i stället textens "ett par hvarf" och tolkar detta som två varv får man ungefär 100 N. Trossen från fartyget bildar en vinkel med horisontalplanet vilket ger en liten ökning av den nödvändiga kraften som dock fortfarande blir mycket liten och inte alls kräver en Herkules styrka. Däremot var Kap Matifou snabbtänkt vilket är nog så viktigt. Man kan dock undra hur han hade tid att linda repet på det sätt som visas på bilden, lindningarna borde nog gått nerifrån och upp. b) Ur figuren i texten har man vid kraftjämvikt

( ) θθθ d2

dsind2

dsind ⋅≈++= FFFFN

NfF dd −=

Detta ger fFF −=θd

d

som uppenbart har den sökta exponentiella lösningen. 8. Fenomenet beror på totalreflexion i rörets insida. För små vinklar (som på fotot), där man kan approximera sinus för vinkeln med vinkeln själv, kommer ringarna att få synvinklarna θ = n ⋅θ0 2k +1( ), k = 0,1,2… där θ0 är den undre öppningens synvinkel och n vätskans brytningsindex. Man kommer att få ekvidistanta, koncentriska ringar, reflexionsbilder av nedre gränsytan.

Gränsvinkeln för totalreflexion ges av n/1sin g =θ vilket för glycerol ger

2,43g =θ .

228

229

Observera att eftersom brytningsindex för glycerol är större än 2 , kommer gränsvinkeln för totalreflexion att sitta vid ändytan på röret. Den utgående strålen kommer då att stryka längs ändytan. För en vätska med brytningsindex mindre än 2 (vatten t ex) kommer gränsvinkeln att sitta vid platsen för den sista reflexionen och den utgående strålen stryker längs röret i dettas längdriktningen. Med figurens beteckningar och 2>n (glycerol) erhålles gtan/ θrx = .

(För 2<n hade man haft gtanθ⋅= rx .)

Maximala antalet reflexioner i röret ges då av antalet gånger strålen passerar cylindervägg till cylindervägg. k stycken reflexioner upptar en längd av minst 2k +1( )x . Man får alltså

L ≥ 2k +1( )x

eller

−=

−≤ 1

tan1 g

21

21

rL

xLk

θ

Antalet ringar man ser blir ytterligare en, man ser också den innersta, direkta bilden av bilden av bottenytan, svarande mot k = 0. Med insatta värden ur texten får man k ≈ 5,38. Man ser alltså högst sex ringar.

229

230

SKOLORNAS FYSIKTÄVLING


KVALIFICERINGSTÄVLING torsdagen 11 februari 1993

LÖSNINGSFÖRSLAG

1. Ur figuren har vi

VTRR

mVF

mgF

=

=

=

π2

sin

cos2

θ

θ

där F är vingarnas lyftkraft, R radien i cirkeln, V fågelns fart, T periodtiden i cirkeln och θ lutningsvinkeln. Ur ekvationerna får man

gT

VgRV π2tan

2

==θ eller θtanπ2

gTV = .

Med insatta värden ur texten får vi farten till 6,1 m/s.

2. Ur texten har vi mV 2

2=

3

2kT där V 2 är medelvärdet av hastighetens

kvadrat. Om vi antar att detta medelvärde är proportionellt mot kvadraten på medelvärdet av beloppet på hastigheten får vi TVV ∝∝ ljud . Om vi vidare antar att orgelpipans längd är väsentligen oförändrad, ändras inte våglängden. Frekvensen på ljudet, som är ljudhastighet dividerad med våglängden, kommer då att vara proportionell mot kvadratroten ur absoluta temperaturen. Om vi kallar den nya frekvensen, f, har vi då

00684940.11827322273

442=

++=f

vilket ger f = 445 Hz det vill säga en höjning av frekvensen med 3 Hz.

θ

F

m g

R

230

231

3. I hastighetsfiltret skall vi ha att den magnetiska och elektriska kraften

precis upphäver varandra qE = qVB eller V =E

B=

U

d ⋅ B, där E och B är de

elektriska och magnetiska fältstyrkorna, U spänningen, d avståndet mellan plattorna och q partikelns laddning. För avböjningen i magnetfältet har vi mV 2

R= qVB där R är radien i cirkelbanan och m partikelns massa.

Kombineras dessa ekvationer får vi R =mU

qdB2

Detta ger en separation

)(2)(2 DH2DH mmqdB

URRx −=−=∆ eller

)(2DH mm

xqdUB −∆⋅

=

Med insatta värden får man B = 57 mT. 4. Först konstaterar vi att kroppen består väsentligen av vatten och därför har ett högt värde på värmekapaciteten och en relativt god förmåga att leda värme. Trä däremot har ett lågt värde på värmekapaciteten samtidigt som värmeledningsförmågan är liten. Spiken som är gjord av metall har en mycket god förmåga att leda värme. När vi sätter oss på träbänken kommer huden i kontaktytan mellan kroppen och bänken inte att värmas upp särskilt mycket eftersom den lilla värmemängd som kommer in i kroppen leds bort snabbt och inte orsakar så stor temperaturökning eftersom kroppens värmekapacitet är hög. Om vi däremot sätter oss på en spik så kommer det att ske en mycket snabb värmeledning från spiken som nästan momentant förlorar all sin energi. Kroppen får då en “värmepuls” som känns ordentligt. 5. Ur den givna formeln får man med Q = 79 e (e är elektronens laddning)

q = 2·e

kW = 5 MeV

tanθ2

= 1

att 231

232

m1022,21052

279109π8

146

9

k0

−⋅=⋅⋅⋅⋅==

eee

WQqbε

De partiklar som kommer in inom ett “rör” med denna radie avböjs alltså mer än 90˚. Tvärsnittsarean av detta rör blir 1,6·10–27 m2. Den area som “hör” till en kärna kan uppskattas som den skuggade arean i figuren med arean a2

2=

(0,4 ⋅10−9 )2

2= 8 ⋅10−20 m2.

Kvoten mellan dessa areor ger den sökta bråkdelen med ett ungefärligt värde 10–8. Endast en alfapartikel på 100 miljoner kommer alltså att spridas bakåt. 6. a) Vi använder sambandet för radioaktivt sönderfall tNN λ−= e0 . Detta ger att halveringstiden T1

2 är relaterad till λ genom λ = ln2 /T1

2.

Vi har också NtN λ−=

dd

vilket medför 209 1074,2102002ln

3600243651,30dd

2ln21

⋅=⋅⋅⋅⋅==tNT

N

atomer.

Detta motsvarar en massa av 2,74 ⋅1020 ⋅ 0,137

6,022 ⋅1023 kg = 62 µg.

b) 0,85 fotoner/sönderfall ↔ 0,85 ⋅ 200 ⋅109 fotoner/s Fotonflödet på 10 mm avstånd blir

142

9 1035,101,0π4

11020085,0 ⋅=⋅

⋅⋅ fotoner/(m2·s).

Detta motsvarar en dosekvivalentrat på 1,35 ⋅1014 ⋅1,3 ⋅10−12 Sv/h = 175 Sv/h

Bestrålningstiden blir alltså 75

175timmar ≈ 25 minuter .

232

233

7. Anta att avståndet till galaxen är x.

α

β

Riktning till kvasaren

θ

θ1

2

Galax

A

B



O

C

D

Vi vill beräkna vägskillnaden mellan de två ljusstrålarna från kvasaren.

Ur formeln θ =4GM

dc 2 ser vi att de cirkelbågarnas längder θd =4GM

c2 är lika

långa eftersom de bara beror av G, galaxens massa och ljusfarten. Vägskillnaden DO – CO blir alltså x cosβ − x cosα vilket blir den totala vägskillnaden mellan ljusstrålarna från kvasaren. Ur uppgiften om tidsskillnaden ∆t mellan uppflammandet kan denna vägsskillnad också uttryckas som ∆t ⋅ c . Sätter vi dessa lika får vi x cosβ − x cosα = ∆t ⋅ c eller

x =∆t ⋅ c

cosβ −cosα=

∆t ⋅ c

−2sin(β +α

2)sin(

β −α2

)≈

2∆t ⋅ c

(α + β)(α −β)= 6 ⋅108 ljusår

där vi utnyttjat att vinklarna är mycket små.

233

234

8. a) För att ändra riktningen på luften måste luften påverkas av krafter från huset. Detta innebär att luften påverkar huset med lika stora och motriktade krafter. Detta ger följande figur:

θ

b) Den luftmassa som på en sekund kommer in mot taket har en rörelsemängd som vi får genom att multiplicera dess massa med dess hastighet (vi antar att densiteten är 1,3 kg/m3) 25·15·5·1,3·25 kgm/s = 6,1·104 kgm/s Ändringen i rörelsemängd för luftmassan under en sekund vilket är lika med kraften på taket är

2·6,1·104 sinθ N= 2·6,1·104·22 65

5+

N ≈ 80 kN

Uppskattningen är naturligtvis mycket grov, i verkligheten kommer luften inte att strömma på angivet sätt vid denna vindfart. Om taket ger sig kommer det att kommer det sannolikt att fläkas utåt från taknocken.

234

235

SKOLORNAS FYSIKTÄVLING Kvalificerings- och lagtävling

10 februari 1994


LÖSNINGSFÖRSLAG

1. Med bildens beteckningar har vi F cosθ = mg Kraftjämvikt i vertikal led F sinθ = mω2Rsinθ Horisontella komponenten av F

fungerar som centripetalkraft

Detta ger cosθ =

g

Rω2

När ω blir mindre an en viss kritisk vinkelhastighet Rgkrit /=ω så blir cosinus större än 1. Detta svarar fysikaliskt mot att den lilla ringen blir kvar längst ner i undre läget. För att alltså få ett vinkelutslag fordras att den stora ringen roterar med en viss minsta vinkelhastighet. Vi ser också att när vinkelhastigheten blir mycket stor så närmar sig vinkeln θ alltmer 90°. En graf över utslagsvinkeln som funktion av vinkelhastigheten kan se ut så här:

235

236

2. Vid ett slag av släggan får pålen en viss rörelseenergi. Vid inträngandet i marken utförs ett arbete = produkten av medelkraften och vägen varvid pålens rörelseenergi omvandlas till andra energiformer. En viss rörelseenergi behövs därför för att driva ner en påle. Beteckna släggans massa med m och pålens massa med M. Vi kan anta att M >> m. Anta att släggans fart innan den träffar pålen är v och att pålens och släggans gemensamma fart efter den inelastiska stöten är V. Vi använder lagen om rörelsemängdens bevarande i stöten mellan släggan och pålen: mv = M + m( )V ≈ MV Pålens rörelseenergi efter slaget blir

12 MV 2 = 1

2 Mm2v2

M 2 = 12

v2

Mm2

a) Eftersom släggornas farter är desamma ser vi att ett släggslag ger pålen en rörelseenergi som är proportionell mot släggans massa i kvadrat. Detta innebar att den tyngre släggan ger fyra gånger större rörelseenergi per slag och alltså att man måste slå omkring fyra gånger så många slag med den lättare släggan. b) Släggans rörelseenergi före stöten är proportionell mot dess massa. Arbetet att ge släggan denna fart är alltså proportionellt mot dess massa. Varje slag med den tyngre släggan kräver alltså dubbelt sa stort arbete men i gengäld behöver man bara slå en fjärdedel så många slag. Man måste alltså uträtta totalt omkring dubbelt så stort arbete med den lättare släggan. 3. Ritas bägarens massa som funktion av tiden, med avdrag for aluminiumstyckets massa för data efter att detta lagts i, får man följande figur:

236

237

Ur figuren avläses att 14,5 g kväve förgasades vid kylningen av aluminium-biten. Värdet beror något på var vi avläser den vertikala differensen mellan de räta linjerna. Vi skall nu beräkna hur mycket energi som aluminiumbiten avlämnat. Eftersom värmekapaciteten inte är konstant måste vi beräkna arean under kurvan för värmekapaciteten från 77 K till 294 K. Detta görs enklast genom att räkna rutor. Man får 308 rutor (glöm inte att räkna de rutor som inte visas i diagrammet, för c mellan 0 och 0,3). Varje ruta svarar mot 0,05·10 J/g det vill säga totalt 154 J/g. 19,4 g aluminium har då avgett 2,99 kJ och det specifika ångbildningsvärmet för kväve blir 2,99 kJ/14,5 g = = 0,21 MJ/kg. Mätningen av den förångade mängden kväve är den storhet som har minst noggrannhet och värdet på ångbildningsvärmet är osäkert med någon enhet i sista decimalen. 4. När blixten slår ner i marken bildas radiella strömmar radiellt ut i marken från nedslagsplatsen. Detta ger en elektrisk potential i marken som avtar radiellt utåt. Någotsånär stora fyrfotadjur kommer, om de står med kroppen radiellt ut från nedslagsplatsen att utsättas för en stor potentialskillnad och därmed stora strömmar genom hela kroppen och genom vitala organ såsom hjärtat. En tvåfoting som en människa eller en kyckling har ett ganska litet avstånd mellan beröringsytorna på marken och utsätts därigenom för mindre strömmar som också går in i ena benet och ut i det andra, sannolikt ganska obehagligt men med mindre påfrestning på hjärtat.

237

238

5. 4,0 g kalium är ganska precis 0,1 mol. Mängden 40K i provet var alltså 10–5 mol. Mängden argon kan fås ur allmänna tillståndslagen

pV = nRT Med insatta siffervärden får man mängden argon till 10–4 mol. Vid det radioaktiva sönderfallet omvandlas en kaliumkärna till en argonkärna. Den ursprungliga mängden kalium-40 i provet bör därför ha varit (10–5+10–4)mol. Problemtexten ger halveringstiden till τ 1/ 2 = 1,2·109 år vilket ger en sönderfallskonstant 2/1/2ln τ . Vi får

10–5 = (10–5+10–4 ) 2/1/2lne τ⋅−t vilket ger 99

10411ln2ln102,1 ⋅=⋅=t år.

6. a) Frekvensen på vågen förändras inte. Vi har därför för amplituderna A1 och A2 på vattendjupen h1 respektive h2

222

211 AghAgh =

eller A2

A1

=h1

h2

1/ 4

Med insatta värden A2

A1

=4300

10

1/ 4

≈ 4,55

Detta ger en vågamplitud på omkring 9 m. En mer precis teori säger att vågens fart även beror på dess amplitud

( )Ahgc += . Man får samma storleksordning på resultatet med betydligt mera komplicerade räkningar. b) Vågens fart blir omkring 210 m/s på öppet hav! Ett fartyg som utsätts för denna våg kommer om vi antar att vi kan approximera vågen med en harmonisk rörelse att röra sig i höjdled enligt

tAftAtAy ][s106,6sin 2πsin = sin = 13- −⋅=ω Fartygets acceleration på vilken man skulle kunna märka vågen blir

tAty ωω sin

dd 2

2

2

−=

238

239

Maximala värdet på denna är 2·(6,6·10–3) ms–2 ≈ 8·10–5ms–2 vilket är av storleksordningen en milliondel av den normala tyngdaccelerationen och är inte märkbart. 7 a) Varje droppe visar upp en absorberande area som är 2πr . Varje droppe har en volym som är 3/ π4 3r . Antalet droppar n per kubikmeter luft som finns i volymen V vatten är då

3 π43

rVn =

Betrakta nu ett skikt luft som har arean 1 m2 och djupet L. Skiktet innehåller

3 π431

rVLLn =⋅⋅ droppar.

Dessa täcker en area (vi antar att de inte skymmer varandra i nämnvärd grad)

rVLr

rVL

43 π

π43 2

3 =

När denna area blir 1 m2 kan vi räkna med att allt ljus som kommer in i skiktet absorberas. Detta ger

3VL

4r=1 eller L =

4r

3V≈ r /V för siktdjupet.

Siktdjupet är alltså proportionellt mot dropparnas radie och omvänt proportionellt mot vattenmängden per volymsenhet luft. En droppstorlek av 0,01 mm och med en vattenmängd av 1 cm3 (1 ml) per m3 ger ett siktdjup av storleksordningen 10 m dvs ganska tät dimma. Man kan göra en mer exakt beräkning på följande sätt. Betrakta ett luftskikt med den infinitesimala tjockleken dx och arean 1 m2. Detta skikt innehåller ett antal droppar som uppvisar en absorberande area

xrVxr

rVrxn d

43d π

π43 π1d 2

32 =⋅=⋅⋅⋅

Den relativa intensitetsändringen på ljuset ges då av (minus eftersom intensiteten I minskar)

xrV

II d

43d −= eller I

rV

xI

43

dd −=

Detta är differentialekvationen för exponentiellt avtagande med lösningen x

rV

II 43

0e−

= , där I0 är den ursprungliga intensiteten på ljuset.

239

240

Man kan nu definiera siktdjupet som det värdet på x = L som gör exponenten till 1 varvid man får samma resultat som med det enklare resonemanget ovan. En annan möjlighet är att definiera siktdjupet som den skikttjocklek som gör att intensiteten går ner till hälften. Detta innebär endast en faktor ln 2 i siktdjupet som dock blir av samma storleksordning som tidigare. b) När dropparnas linjära utsträckning blir mindre än ljusets våglängd kommer ljuset inte att "se" dropparna. Vi kan alltså förvänta att den enkla geometriska modellen ovan bryter samman då dropparnas radie blir av storleksordningen några tiondels µm. 8. Dela upp det jordmagnetiska fältet i dess vertikala och horisontella komponsant. Den vertikala komposanten inducerar uppenbart ingen ström i ringen eftersom den inte ger något flöde genom ringen. Beteckna det jordmagnetiska fältets horisontalkomponosant med B. Anta att ringen roterar med vinkelhastigheten ω. Det magnetiska flödet genom ringen blir då

tBr cos π= 2 ωφ där r är ringens radie och ωt är vinkeln mellan normalen till ringplanet och B. Den i ringen inducerade spänningen, e, blir då (vi bryr oss inte om tecknet)

tBrt

e sin π=dd= 2 ωωφ

Strömmen i ringen, i, blir tRBr

Rei sin π 2

ωω== där R är ringens resistans.

Strömmen i ringen ger upphov till ett magnetfält B1 som i cirkelns centrum har storleken

tRrB

ri

B sin2 π

200

1 ωωµµ== .

Detta magnetfält är riktat längs normalen till ringens plan och roterar med denna. Dela upp detta fält i en komposant utefter B:s riktning och en riktning vinkelrätt däremot.

Parallellfältet blir ttRrB

cos sin2 π0 ωωωµ

⋅ . Detta fält har tidsmedelvärdet

noll.

240

241

Det vinkelräta fältet blir tRrB

sin2 π 20 ωωµ

med tidsmedelvärdet

01

π 4

µ ω⊥ = rBB

R.

Detta fält strävar att dra magnetnålen vinkelrätt bort från den ursprungliga riktningen. Kalla vinkelavvikelsen från ursprungsriktningen för α. Vi har

1 0 0π π 2πtan4 4

µ ω µα ⊥ ⋅= = =B r r fB R R

Stoppas textens sifferuppgifter in får man R = 0,18 mΩ.

241

242




LÖSNINGSFÖRSLAG

1. För att upphetta 1 kg vatten från 20 ˚C till 100 ˚C åtgår en energi av 34,2 10 1 80 J 336 kJ⋅ ⋅ ⋅ = Den tillförda energin är 31,5 10 5 60 J 450 kJ⋅ ⋅ ⋅ = Medeleffektförlusten är alltså ( ) ( )450 336 / 5 60 kW 0,38 kW− ⋅ =

En del energi åtgår för att värma upp själva kastrullen men denna kan man uppskatta och den blir ganska liten. Större delen av energiförlusten sker till omgivningen. Denna energiförlust blir större ju större temperaturskillnaden med omgivningen är. Effektförlusten vid 100 ˚C är därför möjligen dubbelt så stor som medeleffektförlusten eller kanske något mindre eftersom kastrullen nu inte behöver värmas upp. En rimlig uppskattning kan vara att effektförlusterna är runt 0,5 – 0,6 kW , då blir den tillförda effekten vid kokningen cirka 0,9 kW. Detta ger en tid för att förånga vattnet helt som är

6

å3

2,26 10 1 s 2500 s 40 minuter0,9 10

⋅ ⋅ ⋅= ≈ = ≈⋅

c mtP

En verklig mätning gav 37 minuter vilket innebär att förlusterna något har överskattats.

242

243

2.

1 2 3 4

Anta att intensiteten på det infallande ljuset är I. Intensiteten på det ljus som reflekterats en gång, vid 1, är då IR. Ljuset vid 2 har transmitterats en gång, reflekterats en gång och sedan transmitterats ytterligare en gång. Dess intensitet är därför ITRT. Intensiteten vid 3 blir ITRRRT och vid 4 ITRRRRRT osv. Den totala intensiteten ges därför av

[ ]( )…++++

=…++++422 11 RRTIR

ITRRRRRTITRRRTITRTIR

Summerar vi den geometriska serien får vi ( ) ( )

RRI

RRIR

RRRIR

RTIR

+=

−−=

−−+−=

−+

12

112

111

111 22

22

22

Grafen nedan visar den totala reflektansen

1,00,50,00,0

0,5

1,0

R

2R/(1+R)

Två lager papper reflekterar bättre än ett lager. En intelligent gissning är att när antalet lager ökar kommer kurvan att stiga all brantare från noll och all snabbare närma sig den horisontella linjen 1,0. Detta kan också verifieras med en analys som dock blir ganska komplicerad.

243

244

3. "Stjärnan" måste vara en planet. Eftersom den befinner sig väsentligen mitt emot solen på stjärnhimlen måste den vara en yttre planet. Vi har alltså att välja på Mars, Jupiter eller Saturnus. Eftersom planeten efter ett år går upp två timmar senare har den sedd från jorden flyttat sig 30˚ under ett år. Mars har en omloppstid på omkring två år. Om den stod mitt emot solen för ett år sedan står den alltså nära solen ett år senare. Återstår Jupiter och Saturnus. Saturnus har en omloppstid på 30 år dvs flyttar sig 12˚ på ett år runt solen. Dess avstånd från jorden är som närmast 8,5 gånger avståndet jorden-solen. Sedd från jorden kommer den då att röra sig något mer än 12˚ på himlen under ett år. Jupiters omloppstid är cirka 12 år och dess närmaste avstånd från jorden är 4,2 gånger avståndet jorden-solen. Sedd från jorden kommer den då under ett år att flytta sig något mer än 30˚ på himlen vilket stämmer med texten i uppgiften. Jupiter har ett medelavstånd från solen av 5,2 gånger avståndet jorden-solen. 4. Vi har brytningslagen

sinα = nsinβ Optisk väglängd för stråle 2 blir

αββ 22

2

2 sin

2

sin1

12cos

2−

=−

=n

dnnddn

Optisk väglängd för stråle 1 blir

α

αβ

αβααβ

22

2

2

22

sin

sin2

sin1

sin2cossin2sintan2

−=

−===

n

d

n

dndds

Vid stråle 1:s reflektion mot ett tätare medium får man en extra vägskillnad på λ/2. De våglängder som släcks ut skall därför uppfylla

heltal ,sin2sin

sin2sin

2 22

22

2

22

2

ppndn

dn

dn λαα

αα

=−=−

−−

244

245

Våglängderna uppfyller

ppnd ]nm[1298sin2 22

=−= αλ

För p = 2 och 3 får vi våglängder inom det synliga området och respektive våglängder blir 650 nm (rött) och 432 nm (blått). Det reflekterade ljuset (vitt - rött - blått) kommer att se gulgrönt ut. 5. Vi antar att glaset i flaskan är någon millimeter tjockt vilket är avståndet d mellan kondensatorplattorna. "Plattarean" , A , i kondensatorn är ungefär handens area d v s omkring 10–2 m2. Glas har enligt tabell ett dielektricitetstal på omkring 7. Vi använder sambandet

pF600=F10101085,87 3

212

0 −

−−⋅⋅==

dAC rεε

Energiinnehållet ges av mJ301010600 812

212

21 =⋅⋅≈ −CU

6. Eftersom det inte är någon friktion mellan röret och bordet kommer masscentrum att ligga stilla. Kalla flugans massa för m. Vi använder beteckningar enligt figuren

m m

L/2L/2 d

Före Efter

x xm 2 m2

Vi lägger ett koordinatsystem utefter bordet med positiv riktning åt höger. Masscentrums koordinat ges då av

x =2m ⋅ 0 + m −

L

2

2m + m= −

L

6

Masscentrum flyttar sig inte. Detta ger om vi räknar på sluttillståndet

245

246

2m −

L

2+ d

+ md

2m + m= −

L

6 eller d =

L

6

Anta att den nya flugans massa är a·m. Gränsvillkoret för att röret precis tippar är då att vridmomenten med

avseende på bordskanten är i jämvikt 3mL

6= am

L

6

Detta ger a = 3 det vill säga den andra flugans massa kan högst vara 3 gånger den första flugans. 7. Beteckningar enligt figur. S-ledningen ger ingen vertikal magnetfältskomponent. För de två andra får man vardera en komponent som är riktad snett relativt marken. Se figur!

R T

a

b b

De vertikala komponenterna räknade positiva uppåt blir respektive

( ) ( )

( ) ( )22

00

2222

00

2200

2222

00

π23/π2sin

π2

3/π2sinπ2

3/π2sin

π2

3/π2sin

babtI

bab

ba

tIB

babtI

bab

ba

tIB

T

R

+−

−=++

−−=

++

=++

+=

ωµωµ

ωµωµ

Addera och utveckla sinustermerna

246

247

( ) ( )( )

tbabI

tba

bIt

babI

ttttba

bI

ttba

bIB

ωµωµωµ

ωωωωµ

ωωµ

cos3π22

3cos2π23

π2sincos2π2

3π2sincos

3π2cossin

3π2sincos

3π2cossin

π2

3/π2sin3/π2sinπ2

2200

2200

2200

2200

2200

+=⋅⋅

+=⋅

+

=

⋅+⋅−⋅+⋅

+

=−−++

=

Magnetfältets amplitud blir alltså

T 19T 0,95,11

0,93π2

103,110π43π2 22

37

2200 µµ

≈+⋅⋅⋅⋅=

+

−

babI

Den horisontella komponenten kan beräknas på liknande sätt. Den blir mycket mindre. 8. Anta att i jämvikt trycket i flaskan är p och att volymen under proppen är V. Om volymen ändras till V + ∆V så blir trycket p + ∆p. Boyles lag ger då

( ) ( ) VppVVpVpVVppVp ∆⋅∆+∆⋅+∆⋅+⋅=∆+⋅∆+=⋅

Vi försummar den sista termen som är en produkt av två små storheter. Detta ger

VVpp ∆⋅−=∆

Kraften på proppen blir då F = −p ⋅ ∆V ⋅ A

V där A är proppens tvärsnittsarea.

Vidare är ju ∆V = A ⋅ ∆x där ∆x är proppens förflyttning.

Detta ger F = −p ⋅ A2

V∆x dvs en "fjäderkonstant"

VpAk

2

=

Proppens massa är m = ρ⋅ A ⋅ , är proppens längd och ρ luftens densitet. Vibrationsfrekvensen blir då

( ) Hz 90Hz 1075,01083,1

109π10π2

1π2

1π2

132

235

≈⋅⋅⋅⋅

⋅⋅≈== −−

−

VpA

mkf

ρ

Experimentellt finner man att frekvensen blir något högre (ungefär 110 Hz) vilket beror på att modellen med Boyles lag inte är korrekt. I stället bör man använda att sambandet mellan tryck och volym är adiabatiskt d v s 247

248

1,4 medkonstant ==⋅ γγVp vilket medför att frekvensen ovan

multipliceras med roten ur 1,4. Detta ger mycket god överensstämmelse med det experimentella värdet.

248

249

FYSIKTÄVLINGEN

KVALIFICERINGS- OCH LAGTÄVLING 8 februari 1996

LÖSNINGSFÖRSLAG

SVENSKA

FYSIKERSAMFUNDET

1. Kalla första avsatsens höjd över marken för h1, den andra avsatsens höjd för h2, Janes fart före stöten med Tarzan för v , deras gemensamma fart efter stöten för ′ v , Janes och Tarzans massor för M och m respektive. Energilagen för ner- och uppfärd samt rörelsemängdens bevarande i den inelastiska stöten ger

( ) ( )( ) ´

´ 22

21

12

21

vmMMvghmMvmM

MghMv

++=+

=

=

Detta ger kg851

2

1

≈−

=

hhmM

Jane väger alltså cirka 85 kg.

2. Man kan göra en tröghetsvåg genom att fästa astronauten vid en lätt platta som är fastgjord i rymdskeppet med en fjäder med känd fjäderkonstant k. Om vi antar att rymdskeppet är mycket tyngre än astronauten vilket verkar rimligt kommer, om astronauten och plattan sätts i svängning,

svängningstiden att ges av kmT π2= där m är astronautens massa. Genom

att mäta T kan alltså m beräknas. Man kan även tänka sig andra 249

250

arrangemang: Astronauten kan kasta iväg ett föremål med känd massa och man kan mäta astronautens rekylfart.

3. a) Sätter vi samman ekvationerna får vi ( ) tTTmcaAT ∆−=∆ 0

Ur problemtexten får vi ∆T = 73,7 − 66,2( )K = 7,5 K och m = 0,01 ⋅ 0,01 ⋅ 0,1 m3 ⋅ 8,96 ⋅103 kg/m3 = 8,96 ⋅10−2 kg Som värde på T i ekvationen väljer vi medeltemperaturen under avsvalningen, 70,0 ˚C.

Detta ger oss ( ) ( ) J/s1028,5s100K0,210,70

K5,7J/kg385kg1096,8 22

0

−−

⋅≈⋅−

⋅⋅⋅=∆−

∆=tTT

TmcaA

(Eftersom arean är densamma i de två fallen bestämmer vi bara produkten aA.) Anta att temperaturen för aluminiumstaven sjunker med T∆ . Som innan tar vi T som medeltemperaturen under avsvalningen det vill säga

2startTTT ∆−= . Detta ger oss

tTTTmcaAT ∆

−∆−=∆ 0start 2

eller ( ) ( ) K 3,10K

2/1001028,5903107,2101000,217,731028,5

2

235

20star ≈

⋅⋅+⋅⋅⋅⋅−⋅=

∆+

−=∆ −−

−

taAmc

TTaAT t

Aluminiumstavens sluttemperatur blir alltså 63,4 ˚C. b) För att få stor avsvalning skall tydligen produkten m·c vara liten. För aluminium är denna produkt 2,7·103·903 J/K = 2,43 MJ/K. Vi kan till exempel välja bly där denna produkt är 11,35·103·130 J/K = 1,48 MJ/K.

250

251

4. Partiklarna arrangerar sig på ett sådant sätt att energin blir minimal. Genom att till exempel börja med alla partiklarna i en rad på linjen (bordet) och sedan flytta upp en i taget kan man lätt finna energiminimum. Lösningarna blir:

A B

Energi -23 -33 Jämför med en droppe kvicksilver och en droppe alkohol på ett bord. 5.

Figuren visar en lämplig koppling. Anta att den långa spolen har n1 varv, den korta n2 varv. Anta att växelströmmen i = ˆ i cosωt går genom resistorn och den långa spolen. ω = 2πf där f är växelspänningens frekvens. Spänningen över resistorn som visas på

kanal 1 på oscilloskopet blir då tiRu ωcosˆ1 = dvs har ett toppvärde

ˆ u 1 = Rˆ i . Magnetfältet i den långa spolen ges av

lnti

lni

B 10

10

cosˆ ⋅=

⋅=

ωµµ där l är spolens längd. Flödet genom den

korta spolen blir då 2 π rBAB ⋅=⋅=Φ där A är den långa spolens tvärsnittsarea och r dess radie. Den inducerade spänningen över den korta

spolen blir l

tinrntBrn

tnu ωωµ sinˆ

πdd π

dd 1

02

22

222⋅⋅⋅=⋅⋅−=Φ−= det vill

säga dess toppvärde är lRunrn

linrnu ωµωµ 11

02

21

02

22ˆ

πˆ

πˆ ⋅⋅ ⋅⋅=⋅⋅= som

visas på kanal 2. Ur detta kan 0µ lösas uttryckt i lätt mätbara

storheter,frnn

Rluu

π2 πˆˆ

2211

20 ⋅⋅

⋅=µ

Kanal 1

Kanal 2

R

251

252

6. Vi undersöker under vilka omständigheter A kan se B.

Ur figuren får genom brytningslagen

( ) γβββα

sincos90sinsinsin

==−

=

nnn

Om vi inte skall få totalreflexion när strålen går ut genom hörnet har vi 1sin ≤γ . Detta ger

1cossinsin

≤=

βαβ

nn

Kvadrera och addera dessa samband vilket medför 2sin1 22 ≤+≤ αn Brytningsindex måste alltså vara mindre 2 än för att A skall kunna se B det vill säga är i den aktuella situationen större än 2 . 7. Vi antar att grafitstiftet i blyertspennan har en diameter av cirka 1 mm. När man ritar en linje lossnar lager efter lager i stiftet och fastnar på pappret. Streckets tjocklek måste vara minst ett atomlager, detta är en kraftig underskattning men ger oss en övre gräns på streckets längd. Typiska atomavstånd i fasta ämnen är några hundratal pikometer, detta kan även uppskattas genom att använda data för grafit från tabell. Grafit har en densitet på ungefär 2200 kg/m3. Molmassan är 0,012 kg. En mol grafit har då en volym av 5,5·10–6 m3 och innehåller 6·1023 kolatomer. Om vi tänker oss atomerna lagrade i ett kubiskt gitter (vilket inte är riktigt sant men det ger rätt storleksordning på resultatet) har vi 8,4·107 atomer på en kubkantlängd av 1,8·10–2 m. Detta ger ett atomavstånd på 200 pm. Pennans längd är av storleksordningen 0,1 m. Detta innebär att stiftet innehåller 109 atomlager. Varje lager räcker att skriva ett 1 mm långt streck det vill säga totalt 106 m. Detta är säkert en kraftig överskattning, troligtvis behövs 100 – 1 000 atomlager för att strecket skall bli synligt. Ekvatorns längd är 4·107 m, alltså kan vi säkert säga att pennan inte räcker.

α

β

90Þ–βγ

252

253

Man kan också notera att för ett normallångt ord åtgår cirka 0,1 meter blyerts. En sida innehåller av storleksordningen några hundra ord det vill säga använder några tiotal meter blyerts. En penna räcker säkert att skriva 100 sidor, antagligen 1000 sidor, knappast 10 000 sidor. Detta ger oss en uppskattad strecklängd på några tiotal kilometer, maximalt säg 100 km, vilket även detta är för kort för ekvatorn. Uppskattningen stämmer väl med den tidigare med antagandet om cirka 100 atomlager i strecket. 8. Idén är att först omvandla den cirkulära banan till en elliptisk bana som tangerar de två cirkulära banorna.

Detta gör vi genom att öka satellitens fart i banan med en lämplig raketknuff i hastighetens riktning (det vill säga raketens utblåsning riktas i motsatt riktning) i punkt A. Detta ändrar farten men ej hastighetens riktning. Banan blir elliptisk. När satelliten efter ett halvt varv i den elliptiska banan kommer till punkt B ökar vi igen satellitens fart med

en ny raketknuff i hastighetens riktning så att den får rätt hastighet för att röra sig i en cirkulär bana. Vi kan även göra en kvantitativ räkning. Enklast blir det om vi tar ett specifikt exempel där vi stoppar in siffror. Anta att radien r1 i den inre cirkelbanan är 1 i någon lämplig enhet. Anta att radien r2 på den yttre cirkelbanan i samma enheter är 2. Respektive ”storaxlar” blir då 2 och 4. Storaxeln i ellipsen blir då 3. Perioderna i banorna blir proportionella mot storaxlarna i potens 3/2. Perioden i den inre cirkelbanan blir då 83,22 2/3

1 ≈=T om vi mäter tiden i någon lämplig tidsenhet. På samma sätt beräknar vi perioden i den yttre cirkeln till 84 2/3

1 ≈=T . Perioden i ellipsen blir 20,53 2/3

1 ≈=T . Arean på den inre cirkeln blir 14,3 π 2

11 ≈= rA . Den yttre cirkelns area är på samma sätt 56,12 π 2

22 ≈= rA .

A

B

+

r

r

1

2

253

254

Vi beräknar nu ellipsens area. Vi har a = 3/2 = 1,5. Man ser lätt att avståndet

mellan brännpunkterna är 122 rrc −= dvs 5,02

12 =−

=rrc . Härur beräknas

41,15,05,1 2222 ≈−=−= cab . Ellipsen area blir alltså 64,6π == abA .

Vi beräknar nu areahastigheterna W genom att dividera areorna med perioderna. Detta ger Inre cirkeln Yttre cirkeln Ellipsen

11,183,214,3

1 ≈=W 57,1856,12

2 ≈=W 28,120,564,6 ≈=W

Areahastigheten i en punkt i en bana ges allmänt av produkten av hastigheten i banan multiplicerad med avståndet till brännpunkten (radius vector). Detta gör att vi kan räkna ut hastigheten i banan för de olika fallen. Inre cirkeln i A: Ellipsen i A:

11,1111,1

1

11 ≈==

rWv 28,1

128,1

1

≈==rW

Av

Ellipsen i B: Yttre cirkeln i B:

64,0228,1

2

≈==rW

Bv 79,0257,1

2

22 ≈==

rWv

Härav ser vi att hastigheten i A skall ökas från 1,11 till 1,28 för att banan skall bli elliptisk. Vi kan nu lätt beräkna den impuls som erfordras från raketmotorn. På samma sätt skall hastigheten i B ökas från 0,64 till 0,79 för att banan åter skall bli cirkulär.

254

255

FYSIKTÄVLINGEN


LÖSNINGSFÖRSLAG

SVENSKA

FYSIKERSAMFUNDET

1. Seriekretsen ger r

UrR

UI ≈+

=2

2s

Parallellkretsen ger

rU

rRU

rRUI 2

22

2/p ≈+

=+

=

Rr U

I

RU

U

U

r rr

Ips

Parallellkretsen ger alltså störst ström och då störst effektutveckling i koppartråden. 2. Vi antar att en lastbil kan ta 5 ton snö. Smältvärmet för snö (is) är 334 kJ/kg. För att smälta snön behövs alltså 5000·334 kJ = 1,6 GJ. Om man i stället skall köra bort den måste snön lyftas upp på lastbilens flak, låt oss säga ett lyft på 2 m. För detta åtgår en ungefärlig energi 5000·10·2 J = 0,1 MJ. För att köra bort snön, säg 10 km och sedan återvända med bilen, åtgår, om bilen antas dra 2 liter bränsle/mil, 4·30 MJ = 120 MJ. Lyftarbetet är då i detta sammanhang försumbart. Energikostnaden att smälta bort snön är alltså omkring en tiopotens större än att köra bort snön. Slutsatsen är mycket okänslig för variationer i modellen. 255

256

3. De kolkorn som fastnar på stora svarta ytor kommer att skärma den positiva laddningen på pappret. Det blir därför svårare för senare anlända kolkorn att attraheras till pappret. Vid gränsen mellan vitt och svart kan kolkorn bara fastna på den svarta sidan, vilket ger mindre skärmning. 4. Kalla lampans avstånd till linsens plana yta för L, linsens radie för R = halva diametern, linsens tjocklek för d och brytningsindex för n. Vi kan utan att förändra problemet anta att linsens kanttjocklek är noll. Optiska vägen för en ljusstråle som går till kanten på linsen blir 22 RL + Optiska vägen gör en stråle som går genom linsens centrum blir L − d + n ⋅ d Villkoret att ljuset går ut parallellt är att dessa optiska vägar är lika vilket direkt ger

1

22

−−+=

nLRLd

Sätter man in siffror får man d = 12 mm. 5. Anta att ”trycket” i korven är p. Kraften som verkar på längdsnittet blir då p ⋅ 2R ⋅ L

L

2R

d

d

d

R

Kraften per area av skinnet blir då p ⋅ 2R ⋅ L

2 ⋅ d ⋅ L=

pR

d

Kraften som verkar på tvärsnittet är p ⋅ πR2

Kraften per area av skinnet blir nu d

pRdR

Rp2π2

π 2

=⋅

⋅

Korvskinnet utsätts för dubbelt så stor påfrestning i längdsnittet.

Lampa

256

257

6. Vi använder energilagen på meteoriten. Summan av gravitationell lägesenergi och rörelseenergi är konstant. Långt bort från solen är både rörelseenergin och lägesenergin noll. Om solens massa är M, meteoritens m, ger energilagen följande samband mellan meteoritens fart v och avståndet r = jordavståndet från solen.

2

02

µν µ− =GMr

eller 2ν = GMr

Beteckna jordens massa med m. Vi antar att jorden rör sig i en cirkelbana med farten V. Solens gravitation skall då ge jorden en centripetalacceleration och vi har

mV 2

r=

GMm

r2 eller r

GMV =

Sedd från jordens vilosystem kommer då meteoriten att förefalla ha en hastighetskomponent v rakt mot solen och en hastighetskomponent V vinkelrätt däremot. Vinkeln α får vi lätt ut förhållandet mellan meteoritens och jordens hastigheter. Vi får α ≈ 35˚ Midnatt har vi på jordytan där den lodräta linjen från jordens centrum skär jordytan. Översätter vi nu vinkeln till tid får vi

35

360⋅ 24 = 2 timmar 20 minuter

Jorden roterar kring sin axel i samma led som den roterar kring solen d v s den angivna tiden blir efter midnatt. Man kan fråga sig om man också måste ta hänsyn till jordens rotation kring sin axel för beräkningen av meteoritens relativa hastighet. Detta bidrag blir dock litet. Rotationsfarten vid ytan är omkring 0,5 km/s medan jordens fart i banan är omkring 30 km/s. Detta ger en korrektion i tiden av storleksordningen några minuter.

αα

v

V

257

258

7. För enkelhets skull kan vi anta att fotonerna absorberas av livsfröet. Varje foton ger då fröet en rörelsemängdsändring av W / c. Anta att vi har N stycken fotoner per tid och area. Kraften på fröet blir då

2πRc

NW ⋅

där R är fröets radie. Produkten NW är solstrålningens effekt/area. Eftersom solen strålar lika i alla riktningar blir effekten per area på avståndet r från solen

2 π4 rPNW =

där P är solens totala effektutstrålning. Detta ger oss

22 π

π4R

crP ⋅

Gravitationskraften på ett frö med radien R och densiteten ρ på avståndet r från solen blir

ρ3π4 3

2

Rr

GM

där M är solens massa. Sättes krafterna lika får vi (oberoende av avståndet från solen)

6,0π163 ≈=

cGMPR

ρ mm.

8. Kalla antalet roddare för n och båtens fart för v. Den totala framdrivande effekten blir då proportionell mot n. Den framdrivande kraften F multiplicerad med farten ger den totala effekten d v s F proportionell mot n / v eller F ∝ n /v . Den av skrovet undanträngda vattenvolymen är proportionell mot roddarnas massa d v s mot n. Den våta arean blir då proportionell mot n2/ 3 eftersom volymen är kuben på längskalan och arean kvadraten på längdskalan. Motståndskraften på båten blir därmed proportionell mot v 2 ⋅ n2 / 3. Vid kraftjämvikt har vi alltså

n

v∝ v 2n2/ 3

Detta ger v ∝ n1/ 9 Tiden T för ett lopp är omvänt proportionell mot farten d v s vi har T = C ⋅ n−1/ 9 eller logT = logC − 1

9 log n med någon konstant C. Den sista formeln är lämplig att testa modellen med eftersom vi får en rät linje med riktningskoefficienten –1/9 ≈ –0,11. 258

259

Vi behandlar nu data. Vi tar medelvärden för de fyra loppen och får tabellen nedan. Plottar vi nu data logaritmiskt får vi följande diagram n T 8 5,84 4 6,34 2 6,88 1 7,22

Riktningskoefficienten på den passade räta linjen stämmer väl med modellen, möjligen kan man ana att den stämmer mindre väl för n = 1.

1,00,80,60,40,20,00,76

0,78

0,80

0,82

0,84

0,86

log(t)

log(n)

log(t) = 0,863 - 0,104·log(n)

259

260

FYSIKTÄVLINGEN


LÖSNINGSFÖRSLAG

SVENSKA

FYSIKERSAMFUNDET 1. Den vanliga modellen när en kropp glider på ett underlag är att man har en friktionskraft som är proportionell mot normalkraften mellan massan och underlaget. Vi betecknar normalkraften med N, glidstäckan med s och friktionstalet med f. Alla massorna startar med samma fart v. Vi har då energirelationen

mv2

2= fN ⋅ s = fmgs

Detta ger oss glidsträckan s =

v2

2 fg

d v s samma glidsträcka oberoende av massa. Tittar vi på mätdata ser vi att med tanke på att massorna varierar med en faktor 20, varierar glidsträckan mycket litet. Den modell vi använt för friktionen måste alltså i detta fall betecknas som god.

2. Rikskilogrammet har på vågen en tyngd av gg luftPt

11 ρρ

−⋅ där

341 π dV = är kilogrammets volym med d = 39 mm. Vi använder

Archimedes’ princip.

Aluminiumblocket har en tyngd av gmgm luftAl

AlAl ρ

ρ−⋅

Sättes dessa lika har vi gggmgm luftPt

luftAl

AlAl

11 ρρ

ρρ

−⋅=−⋅

260

261

eller

Al

luf

Pt

luft

Al

1

1

ρρρρ

tm

−

−=

Det relativa felet blir luftAl

Alluft

Al

luft

luftAl

luft

Al 1

111

ρρρρ

ρρ

ρρρ

−⋅−

=−

⋅−=

− VV

m

Tabellen ger i allmänhet luftens densitet vid 0 ˚C, 1,293 kg/m3. Vid 20 ˚C blir luftdensiteten

1,293 ⋅273

293≈1,205 kg/m3 . Eftersom luftAl ρρ >> och 126,0Al ≈⋅ ρV , får vi

det relativa felet 1,205

2700⋅ 0,874 ≈ 4 ⋅10−4

3. Den av hjärtat utvecklade effekten blir 5 ⋅10−3 ⋅13 ⋅103 /60 W =1,08 W Den i bilbatteriet tillgängliga energin är 12 ⋅ 48 ⋅ 3600 ⋅ 50% J

Den tid batteriet kan driva hjärtat blir 12 ⋅ 48 ⋅ 3600 ⋅ 0,5

1,08s ≈ 11 dagar

4. En normal människa gör storleksordningen 10 andetag om cirka 2 liter per minut d v s omsätter 0,00033 m3 luft per sekund eller omkring 0,4 g luft per sekund. Om vi antar att luften värms upp från omkring 20 ˚C till omkring 40 ˚C och använder att luftens specifika värmekapacitet är 1,00 kJ/(kg·K), kommer andningsluften att uppta omkring 10 W. Andningsluften klarar alltså inte av kylningen och därmed verkar Aristoteles modell vara dålig. Vi bör dock ta hänsyn till att utandningsluften innehåller vattenånga från vatten som förångats i lungorna. Låt oss anta att inandningsluften är helt torr och utandningsluften mättad med vattenånga. Mättad vattenånga av 40 ˚C innehåller enligt tabell omkring 50 g vatten per m3 d v s vi andas då ut cirka 15 mg vatten. Vattnets ångbildningsvärme är 2,26 MJ/kg d v s utandningen av vattenånga innebär en energiavgång med omkring 30 J/s. Inte heller detta räcker för effekten 200 W. Aristoteles modell kan alltså inte vara riktig. (För en hund, som inte kan svettas, är däremot utandningen av vattenånga ett väsentligt sätt att reglera temperaturen, hunden flämtar när den är varm.)

261

262

5.Ur figuren har vi

sin A =r

r + d

För att fibern skall fungera som ljusledare måste vi ha totalreflexion vid A d v s

sin A =r

r + d>

1

n

eller r >d

n −1

6. Låt oss starta med en vattenkub med en sida av 0,1 m d v s med en massa av 1 kg. Arean av denna kub är 6·10–2 m2. Låt oss nu dela upp denna volym i ett antal småvolymer vardera med kantlängden L. Vardera av dessa småvolymer har arean 6 ⋅ L2 . Vi får 0,13 / L3 stycken småvolymer d v s den

totala arean blir 0,13

L3 ⋅ 6 ⋅ L2 =6 ⋅10−3

L

Ökningen i area vid uppdelningen i småvolymer blir alltså

6 ⋅10−3

L−6 ⋅10−2 = 6 ⋅10−3 1

L−10

≈ 6 ⋅10−3 1

L

eftersom L kan antas vara mycket litet. Ökningen i ytenergi skall vara lika

med vattnets ångbildningsvärme vilket ger 6 ⋅10−3 1

L⋅ 0,072 = 2,26 ⋅106

eller L ≈ 2 ⋅10−10 m , vilket alltså blir vår uppskattning av vattenmolekylens storlek. Resultatet är av rimlig storleksordning. 7. Den i slingan inducerade spänningen blir

V 4,0V 4,0051,014,3

dd π

dd 22 =−⋅⋅==Φ=

tBr

tU

a) Strömmen i slingan blir då 4 A. b) Det magnetfält som denna ström ger upphov till (riktat åt samma håll som det yttre pålagda magnetfältet eftersom detta minskar) blir

T252

0ind µµ

≈=rI

B

vilket i sammanhanget är försumbart. Om magnetfältet är riktat in i pappret kommer strömmen i slingan att gå medsols i figuren nedan.

r

A

r + d

262

263

c) Det yttre magnetfältet kommer på grund av strömmen att medföra att slingan påverkas med en radiell kraft utåt. Denna kraft blir maximalt (i början) 4·5 N = 20 N per längd. Studera en liten bit av slingan med längden L enligt figuren Vi har vid kraftjämvikt 2T sinθ = F eller eftersom vi kan välja vinkeln θ liten

2Tθ = 2TL

2r= F

ellerT =F

Lr = 20 ⋅ 0,1N = 2,0 N

Slingan håller. 8. Vi skissar den potentiella energin

r

V (r)

0rj

W

Jämviktsavstånd har vi när potentialen har minimum eller

1020

2 9π4d

d0rC

re

rV −==

ε eller

0

82

π36 εjre

C =

där rj är jämviktsavståndet givet i texten. Energin W att bryta bindningen blir

( )

eV 4,3=J108,6π92

π36π4π4

0

19

0

2

90

82

0

2

90

2−⋅==−=−=

=−=

jj

j

ljl

j

re

rre

re

rC

re

rVW

εεεε

F

T T

θθ

θL/ 2 L/ 2

r

263

264

FYSIKTÄVLINGEN


LÖSNINGSFÖRSLAG

SVENSKA

FYSIKERSAMFUNDET 1. Hela bredden av ljudspåren är av storleksordningen 3-4 cm. Informationen på CD-skivan läses av med laserljus vilket innebär att avståndet mellan spåren måste vara av storleksordningen ljusets våglängd. Man kan också se detta genom att ljudspåren i CD-skivan i reflekterat ljus visar spektralfärger, den fungerar som ett gitter vilket också innebär att avståndet mellan spåren är av samma storleksordning som ljusets våglängd. Vidare är speltiden av en CD-skiva av storleksordningen någon timme. Avståndet mellan spåren blir då av storleksordningen 3,5·10–2 m / (4000 s · 10 varv/s) ≈ 1µm . 2. Vi kan göra följande tabell Antal vikningar Längsta sidan/mm Tjocklek/mm 0 297 0,1 1 210 0,2 2 148 0,4 3 105 0,8 4 74 1,6 5 52 3,2 6 37 6,4 7 26 12,8 8 18 25,6 9 13 50 10 9 100 Vi ser att efter 7 vikningar blir tjockleken på det vikta pappret av samma storleksordning som papprets längsta sida och det blir omöjligt att fortsätta. Ur tabellen framgår också att om pappret har tjockleken 0,01 mm kommer antalet maximala vikningar att bli omkring 9.

264

265

3. Anta att antalet synliga galaxer av typ A och B är respektive NA och NB. Vi har

B

A

NNQ =

NB är då antalet ljussvaga galaxer innanför en sfär med radien dB. Eftersom antalet galaxer är proportionellt mot volymen eller radien i kub kommer antalet galaxer innanför en sfär med radien da att vara

3b

3A

BkorrB, ddNN =

och den verkliga kvoten mellan antalet galaxer att vara

3A

3B

3A

3B

B

A

korrB,

Akorr d

dQdd

NN

NNQ ⋅=⋅==

4. Klossens acceleration nedför taket kommer, om friktionstalet är f, att vara αα cossin gfg −

Sträckan den skall glida är αcos2

B

Om vi kallar tiden att glida denna sträcka för t, har vi, eftersom klossen startar från vila

2

2cossin

cos2tgfgB ⋅−= αα

α

eller

)cos(sincos

1ααα fg

Bt−

⋅=

Vi skall nu minimera t. Eftersom detta ger besvärliga räkningar maximerar vi i stället funktionen

)2cos1(212sin

21)cos(sincos)( αααααα +−=−= ffF

Villkoret 0dd =αF ger direkt f−=α2cot .

Insättning av f = 0,1 ger α ≈ 48˚. Numerisk lösning på t ex grafritande räknare är naturligtvis fullt acceptabel. Resultatet är ganska okänsligt för värdet på friktionstalet, om detta ligger i intervallet [0; 0,2] kommer takvinkeln att ligga i intervallet [45˚; 51˚] vilket gör att man kan tro att modellen trots all kan fungera ganska bra.

265

266

5. Avplattningen beror på att i ett system som följer med i jordens rotation har vi en centrifugalkraft vid ekvatorn som inte finns vid polen. Beräknar vi kvoten mellan denna centrifugalkraft och gravitationskraften för en masspunkt med massan m på ekvatorn har vi

j

2j

3j

2

2j

j2

j

j2 π4π4

GMTR

RGmM

TmR

=

där Rj är jordradien, Mj jordens massa, Tj jorddygnets längd och G gravitationskonstanten. Stoppar vi in siffror får denna storhet värdet 0,0034 d v s ganska noga 1/300. Studera nu pulsaren. Solmassan = pulsarens massa är cirka 3·105 gånger jordmassan. Pulsarens radie är 104 / 6,37·106 ≈ 1,6·10–3 av jordens radie Rotationstiden 20·10–3 / 86 400 ≈ 2,3·10–7 av jordens. Avplattningen kan då uppskattas till

j

2j

3j

2

527

33

j2

j

3j

2 π42,0

103)107,2()106,1(π4

GMTR

GMTR

⋅=⋅⋅⋅

⋅⋅ −

−

d v s trots den snabba rotationen kan pulsaren förväntas ha en avplattning som är 1/5 av jordens. 6. Informationen i texten medför att höjden och djupet på ett trappsteg kan beräknas till 0,22 m. För att få en reflex från understa trappsteget skall detta avstånd motsvara en halv våglängd hos ljudet. Om vi antar en ljudfart på 340 m/s blir frekvensen cirka 770 Hz. Tiden för ljuset att gå fram och tillbaka blir 60 ms. Vi studerar nu ljudets reflexion från de översta trappstegen

20 m

20 m 10 m

Avståndet till det översta trappsteget blir med Pythagoras sats m 06,363020 22 ≈+ . Avståndet till det näst översta steget blir

m 75,35)22,030()22,020( 22 ≈−+− . Våglängden på det reflekterade 266

267

ljudet blir då (36,06 – 35,75) m = 0,31 m vilket ger en frekvens av cirka 550 Hz. Tiden för ljudet att gå fram och tillbaka blir omkring 210 ms. Ekot kommer alltså att börja som en ton med en frekvens av cirka 770 Hz som efterhand sjunker i tonhöjd och slutar med en frekvens av 550 Hz. Hela förloppet tar cirka 0,15 sekunder.

7. a) Resistansen i det ledande materialet mellan plattorna ges av AdR ρ=

där ρ är materialets resistivitet, d avståndet mellan plattorna och A plattornas

area. Eftersom plattkondensatorns kapacitans är dAC 0ε= får vi

direktC

Rρε 0= .

b) Spänningen mellan kulorna ges av r

qU

0π2 ε= vilket innebär att

kapacitansen blir rUq

C 0π2 ε== .

Sättes detta in i sambandet i a) får man rr

Rπ2π2 0

0 ρερε

==

eller rR π2=ρ . Resistiviteten är direkt proportionell mot den uppmätta resistansen.

8. Den i slingan inducerade spänningen blir tBr

tU

ddπ

dd 2=Φ= där r är

slingans radie och B den magnetiska flödestätheten i slingan. Strömmen i

slingan blir då tB

Rr

RUI

dd π 2

⋅== , där R är slingans resistans. Den

inducerade strömmen kommer att ha en riktning sådan att den horisontella komponenten av magnetfältet försöker lyfta ringen. Lyftkraften blir

tkR

rtBB

RrIrB ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ 2

3232 π210sinddπ210sinπ210sin

När lyftkraften blir lika stor som tyngdkraften lyfter ringen. Insättning av numeriska värden ger t = 12 ms.

267

268

FYSIKTÄVLINGEN


LÖSNINGSFÖRSLAG

SVENSKA

FYSIKERSAMFUNDET 1. a) Den vattenmängd som passerar slangen per sekund måste också passera något av de 18 hålen. Den vattenmängd som passerar slangen per sekund ges av

3522 m 1093,35,0005,0 π π −⋅≈⋅⋅≈⋅⋅= vrV Denna vattenmängd passerar också de 18 hålen med hastigheten v

vvrV ⋅⋅⋅≈⋅⋅⋅= 22 001,0 π18 π18 Detta ger v = 0,694 m/s som alltså utgör vattnets hastighet då det strömmar ut ur hålen i duschmunstycket. Svar: 0,69 m/s b) Den kinetiska energin före är

mJ 9,42

5,01093,310002

2

2522

≈⋅⋅⋅=⋅⋅==−vVmvWk

ρ

för den vattenmängd som passerar slangen per sekund. Den kinetiska energin efter blir

mJ 4,92

693,0693,0001,0π1810002

2

2222

≈⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅== vVmvWkρ för

samma vattenmängd. Svar: Den kinetiska energin hos vattnet har ökat på grund av det arbete som vattentrycket har utövat på det då det pressats ut ur duschen.

268

269

2. Rita distansen som funktion av tiden och anpassa en rät linje till punkterna. Riktningskoefficienten för denna linje motsvarar den konstanta hastigheten v0 =11,57 m/s. Bilderna nedan på det grafiska fönstret av en räknare visar resultaten.

För att bestämma t0 och a använder vi oss av följande diagram.

Distansen, s , blir enligt diagrammet 2

)(2

00000

00 tvtvttvtvs −=−+= .

Eftersom värdet på b d v s 13,8 i rutan ovanför motsvarar 2

00tv och

v0=11,57 m/s kan nu t0 beräknas till 2,4 s.

Slutligen beräknas accelerationen 2

0

0 m/s 8,44,257,11 ≈==

tv

a .

Svar: v0 = 11,6 m/s, t0 = 2,4 s och a = 4,8 m/s2. 3. Lutningen på grafen strax före ”brytpunkten” gör det möjligt att bestämma ett värde på den instrålade nettoeffekten Pnetto = Pin-Put. Lutningen på grafen efter brytpunkten gör det möjligt att bestämma den utstrålade

effekten Put. Vi kan beräkna t

Tmct

WP

∆∆⋅⋅

=∆

∆= 1netto

netto där c är kaffets

specifika värmekapacitet, m kaffets massa och ∆T1 temperaturhöjningen under tiden ∆t. På samma sätt kan vi bestämma den utstrålade effekten

269

270

tTmc

tW

P∆

∆⋅⋅=

∆∆

= 2utut . Det är lämpligt att välja förhållandevis små

temperaturskillnader eftersom beräkningarna förutsätter linjära förlopp. Den instrålade effekten kan beräknas ur utnettoin PPP += . Den area av provröret som utsätts för strålningen blir A = d⋅h där d är provrörets diameter och h är kaffepelarens höjd.

Instrålningens effekt per kvadratmeter ges av A

Pin .

4. Följ en infallande stråle som är vinkelrät mot den främre glasytan.

Då denna möter den bakre reflekterande glasytan blir infallsvinkeln, α - densamma som vinkeln mellan de båda glasytorna. Efter reflexionen mot den speglande baksidan når strålen den främre glasytan med infallsvinkeln 2α. Brytningsvinkeln i denna ytan är 10,5 °. Då ger brytningslagen

o5,10sin)2sin( =⋅ αn som ger 5,1

5,10sin)2sin(o

=α vilket motsvarar

α ≈ 3,5°. Anmärkning: Eftersom vinklarna är små kan vi med god noggrannhet säga att den sökta vinkeln är en tredjedel av den uppmätta vinkeln 10,5 °. Svar: Vinkeln mellan de båda sidoytorna är 3,5°.

270

271

5. Energiprincipen ger )(21 s vd

2222

max

2max

2

vvg

ymvmvmgy −==+

Enligt texten är ωωωω AvtAvtAx xx =⇒=⇒= max cos sin För små svängningar gäller maxmaxoch xx vvvv =≈ . Detta ger

2 2 cos1

2 ) cos1(

2 ) cos (

21 22

222

22222 tg

Atg

AtAAg

y ωωωωωωω −⋅=−=⋅−=

I det sista ledet har övergång till dubbla vinkeln skett. Det erhållna uttrycket förenklas så till sist till

m )19,4 cos1(090,0) 2cos1(4

22

ttg

Ay −≈−= ωω

Diagrammet visar de båda graferna för läget i x-led respektive y-led.

Svar: m )19,4 cos1(090,0 ty −= 6. Kopplingen är likvärdig med nedanstående kopplingsschema.

271

272

Eftersom punkterna C och D har samma potential kan vi se kretsen som en seriekoppling av två parallellkopplingar. För de två parallellkopplingarna gäller

201

)30(11och

10111

21

+−

=+=xRxR

som tillsammans ger

Om denna grafen ritas erhålls diagrammet nedan. Maximum bestäms med hjälp av räknaren . Resultatet framgår av den högra bilden.

Svar: Den maximala resistansen blir 15 Ω och erhålls då x väljs till 10 Ω. Vi kan naturligtvis också lösa problemet genom att derivera R med avseende på x.

22 )50(400

)10(100

dd

xxxR

−−

+=

Om derivatan sätts lika med noll fås lösningarna x1= 10 och x2 = -70. Av dessa lösningar är det endast den första som är intressant. Om funktionsvärdet på R undersöks för x lika med noll, 10 respektive 30 Ω kan vi också övertyga oss om att det är ett maxvärde då x är 10 Ω.

x(Ω) R (Ω)0 1210 1530 7,5

xx

xxRRR

−⋅−+

+=+=

5020)30(

1010

21

272

273

7. Med hjälp av gravitationen, som utgör centripetalkraft i planetens rörelse kring Gliese 86 kan planetens avstånd, r , till stjärnan bestämmas med hjälp av gravitationslagen. Planetens massa är m och Gliese har massan M som enligt texten är 0,79 solmassor vilket enligt tabellverk motsvarar 1,57⋅1030 kg. Vi utnyttjar också att planetens omloppstid T är 15,8 dygn ≈1,365 ⋅ 106 s.

2

23

22

2

π4ger som π4 GMTr

rGM

Tmr ==⋅

Insatta värden på G, M och T ger r = 17⋅106 km.

För att beräkna planetens massa utnyttjar vi att den totala rörelsemängden ska bevaras. Om vi antar att siktlinjen mot Jorden ges av den streckade linjen i figuren nedan ser vi att rörelsemängden i denna riktning avtar med, mv , från läge A till läge B. Då måste rörelsemängden för stjärnan i denna riktning öka med samma belopp, M⋅∆vs.

Hastighetsändringen kan enligt diagrammet avläsas till 0,37 km/s. Planetens massa ges då av uttrycket:

vvMm s∆⋅=

273

274

Planetens hastighet v kan beräknas ut sambandet för centripetalkraften:

km/s 5,78ger som 2

2

≈==r

MGvr

GMrv

Detta ger i sin tur m ≈ 7,4⋅1027 kg ≈ 3,9 jupitermassor. Vi har då förutsatt att planeten och stjärnan rör sig i siktlinjens plan. Om inte så är fallet blir variationen i stjärnans hastighet, ∆vs , större, vilket motsvarar ett högre värde på m enligt sambandet ovan. Det erhållna värdet är alltså en undre gräns för planetmassan. Svar: Planetens avstånd är 17⋅106 km och dess massa är minst 3,9 jupitermassor. 8. Den belysta arean på jordytan utgörs av solbilden i ”hålkameran”. Solbildens area beräknas ur sambandet – areaskalan är kvadraten på längdskalan.

226

211

2528

2

2sol

solbild2

2

2

2

sol

solbild

km 11m 1011)105,1(

)104()100,7(π )(

=⋅≈

≈⋅

⋅⋅⋅≈⋅

=⇒≈−

=r

hAA

rh

hrh

AA

Det ljusflöde som träffar spegeln (hålkamerans öppning) bestäms enligt sambanden nedan där först den area som solljuset möter beräknas

22spegel m 35045cos5,12π45cos ≈⋅⋅=⋅= AA

Det ljusflöde som träffar denna area beräknas med hjälp av belysningen Esol = 1⋅105 lux

lumen 105,3350101 75 ⋅=⋅⋅=⋅= AEφ Detta ljusflöde ska sedan i sin tur fördelas på solbilden – den belysta arean på jordytan vilket ger belysningen E.

274

275

lux 31011105,3

6

7

solbild

≈⋅⋅==

AE φ

Den erhållna belysningen kan verka blygsam men den motsvarar belysningen av 13 fullmånar. Svar: Den belysta ytan blir 11 km2 och belysningen från spegeln på jordytan blir 3 lux.

275

276

FYSIKTÄVLINGEN


LÖSNINGSFÖRSLAG

SVENSKA

FYSIKERSAMFUNDET 1. Enligt energiprincipen är det rörelseenergin som bromsas bort i

friktionsarbetet. Detta ger sambandet smgmv ⋅= µ2

2 där s är

bromssträckan. Om utgångsfarten är 90 km/h = 25 m/s och friktionstalet µ = 0,9 fås

m 4,3582,99,02

252

22≈

⋅⋅≈=

gvsµ

Om utgångsfarten är 90 km/h = 25 m/s och friktionstalet µ = 0,7 fås

m 5,4582,97,02

252

22≈

⋅⋅≈=

gvsµ

Skillnaden i inbromsningssträcka blir alltså 10 m. I båda fallen är medelhastigheten under inbromsningen 12,5 m/s. Skillnaden

i sträcka, 10,1 m motsvarar alltså s 8,05,121,10 ≈=∆=∆

vst

Svar: Inbromsningssträckan ökar med 10 m eller som Sören Törnkvist formulerar svaret på s 88 i sin bok Fysik per vers :

”En glidning lägger 10 meter till den sträcka, en, vars hjul har kvar sitt grepp, tillryggalägger. Detta kan förstås betyda skillnad mellan liv och död.”

Tidskillnaden blir 0,8 s. 276

277

2. Tabellen har kompletterats med beräkningar av areorna samt A/d. Hänsyn har tagits till sladdarnas kapacitans genom att deras kapacitans har subtraherats från de uppmätta värden. Sladdarnas kapacitans är ju parallellkopplad med den inkopplade plattkondensatorn. För en plattkondensator gäller sambandet

dAC ⋅= 0ε .

Radie - r /m Area - A/m2 Avstånd – d/m (A/d)

/m C /pF C(korr)

/pF 0,126 0,0499 0,00103 48,42 431 423 0,126 0,0499 0,00167 29,87 248 240 0,126 0,0499 0,00303 16,46 154 146 0,090 0,0254 0,00103 24,71 224 216 0,090 0,0254 0,00167 15,24 136 128 0,090 0,0254 0,00303 8,40 84 76 0,063 0,0125 0,00103 12,11 113 105 0,063 0,0125 0,00167 7,47 71 63 0,063 0,0125 0,00303 4,12 46 38

Det korrigerade värdet på C ritas som funktion av A/d och en rät linje anpassas till mätpunkterna. Om detta görs med hjälp av en grafisk räknare erhålls resultat enligt grafen nedan där den räta linjen har riktningskoefficienten 8,6⋅10-12 . Detta ger F/m 106,8 12

0−⋅=ε som skall

jämföras med tabellvärdet 8,85⋅10-12 F/m.

C/pF

200

A/d /m20

Svar: Mätvärdena ger resultatet F/m 106,8 12

0−⋅=ε

277

278

3. a) If the angles are small xx tansin ≈

´´

tantan

sinsin

hh

hdhd

bi

bin ==≈=

b) If i = 20° and the liquid is water we know that

9,1433,120sin

arcsin ≈

=b and

37,19,14tan

20tano

o≈ which gives an error of 0,04 or 3 %.

Svar: a) ´h

hn ≈

b) The absolute error is 0,04 and the relative error is 3 %. 4. Effekten P är omvänt proportionell mot kretsens resistans R enligt

sambandet R

UP2

= som ger P

UR2

= . Resistansen som svarar mot den

lägsta effekten ,60 W, kallas 60R och med motsvarande beteckningar

fås260

120R

R = och 360

180R

R = .

Mellan dessa tre resistanser har vi sambandet

18060606012060

132111RRRRRR

==+=+ . Detta betyder att vi får 180R om vi

parallelkopplar 60R och 120R . Vi kan alltså få de erforderliga resistanserna med hjälp av 60R och 120R .

278

279

Vi får då Ω≈== 80760

22022

60 PUR och Ω≈== 403

12022022

120 PUR samt

Ω≈== 26918022022

180 PUR som erhålls genom parallellkoppling av 60R

och 120R .

Svar: De två glödtrådarna har resistanserna 807 Ω respektive 403 Ω då de lyser. Inkopplingen av glödtrådarna sker var för sig eller parallellt för att de tre olika effekterna skall erhållas. 5. I den roterande metallstaven induceras det en spänning enligt sambandet

mV 3,1V 0031,0

π222

05,02,0dd

2d2d

dd

dd 22

=≈

⋅⋅⋅=⋅=⋅⋅⋅=⋅==t

Brt

rrBtAB

te θθφ

Svar: I den roterande metallstaven induceras det en spänning på 3,1 mV mellan ändpunkterna.

279

280

6. Besmanets tyngdpunkt finns uppenbarligen i punkten A eftersom jämvikt råder då besmanets handtag är placerat i A och besmanet är obelastat. Besmanets massa kan då bestämmas med hjälp av sambandet mellan kraftmomenten.

46157100,0 ⋅⋅=⋅⋅ gmg som ger besmanets massa

g 341kg 341,046

157100,0 =≈⋅=m .

Belastningens massa, m ( kg), som funktion av upphängningspunktens avstånd, x (mm), till punkten A ges av sambandet mellan kraftmomenten vid jämvikt.

xgxgm ⋅⋅=−⋅⋅ 341,0)203( som ger xxm

−⋅=

203341,0 . I detta uttryck gäller

att x < 203 mm.

Svar: Besmanet väger 0,34 kg och massan ges som funktion av avståndet

av xxm

−⋅=

203341,0 .

280

281

7. Eftersom spännkraften är noll i banans högsta punkt utgör tyngden mg centripetalkraften i denna punkt. Detta ger

mgr

mv=

21 som ger

hastigheten i banans högsta punkt m/s 13,31 ≈= rgv eftersom r = 1,00 m. Hastigheten i banans lägsta punkt ges av energiprincipen.

rmgmvmv 222

21

22 ⋅+= som ger

m/s 01,7544212 ≈=+=+= rgrgrgrgvv

Hastigheten i en godtycklig punkt i banan ges som funktion av θ enligt energiprincipen.

2)cos1(

2

22

2 mvmgrmv =−+ θ som ger θcos23 ⋅+= rgrgv .

Denna funktion skisseras med hjälp av en grafisk räknare för r = 1,00 m. Den maximala farten 7,01 m/s fås för vinkeln θ lika med noll och den minsta farten 3,13 m/s fås för vinkeln θ = π. Vi vet att

θθ cos23dd ⋅+=⋅= rgrg

trv

som ger

θθ cos231dd ⋅+= rgrg

rt eller

θθ cos23dd

⋅+=

rgrgrt eller

281

282

θθ

cos23dd

⋅+⋅=rgrg

rt som

integreras under periodtiden T.

∫∫ ⋅+=⋅=

π2

00 cos23dd1

θθgg

rtTT

Denna integral kan inte lösas algebraiskt. Numerisk integration med hjälp av räknaren ger T = 1,288 s för r =1,00 m (Integralen kan alternativt beräknas numeriskt med hjälp av ett diagram.) Svar: Kulans fart ges av uttrycket θcos23 ⋅+= rgrgv . Den lägsta farten är 3,13 m/s och den högsta farten är 7,01 m/s om r = 1,00 m. Omloppstiden är 1,29 s. 8. Ballongen utgör en bikonvex lins. Om denna skall vara en akustisk samlingslins måste ljudets fart i ballonggasen vara lägre än ljudets fart i luft på samma sätt som ljusets fart är lägre i glas än i luft. Ljudets fart är lägre i koldioxid än i luft men högre i helium än i luft. Detta framgår av tabellverk

men vi kan också inse det med hjälp av sambandet 2

32

2 kTmv = där m är

molekylmassan och v molekylernas medelfart. Eftersom molekylmassan för koldioxidmolekylen CO2 är högre än motsvarande massa för N2 och O2 är medelfarten lägre i koldioxiden vilket medför en lägre ljudhastighet. Med hjälp av tabellen kan brytningsindex för ljud i koldioxid i förhållande

till luft bestämmas till 27,1260331

koldioxid

luft ≈==v

vn .

282

283

I figuren ovan följs en axelparallell, central stråle mot brännpunkten F. Det gäller att ibbi −=−−−= 2)2π(πα och

biibii 22)2( −=−−=−= αβ (Yttervinkelsatsen.) Om nu vinkeln i är liten (central stråle) gäller för BC.

α⋅≈ rBC och β⋅≈ xBC vilket ger βαrx = .

)1(212)(22221OF

−=

−

=

−

=

−−+=+=+=

nrn

bibi

rbi

irbiibrrrxr

βα

. Med insatt värde på brytningsindex n = 1,27 och r = 0,15 m för den akustiska koldioxidlinsen fås brännvidden

m 35,027,0227,115,0

)1(2OF ≈

⋅⋅=

−=

nrn d v s 20 cm utanför ballongen.

Svar: Ballongen måste innehålla koldioxid och brännpunkten för centrala strålar ligger 20 cm utanför ballongens yta vilket betyder att brännvidden är 35 cm.

283

284

FYSIKTÄVLINGEN


LÖSNINGSFÖRSLAG

SVENSKA

FYSIKERSAMFUNDET

1 a) Strömmen i kretsen kan beräknas med hjälp av 21 RR

UI+

= där

U = 10,0 V. Spänningen över resistorn blir då

V 4,0V 10)32(10102

3

3

21

111 =

⋅+⋅⋅=

+⋅

=⋅=RRURIRU

b) Laddningarna på de seriekoppplade kondensatorerna är lika stora. Vi får alltså med hjälp av CUQ = sambandet

2211 UCUC = . Vi vet vidare att UUU =+ 21 som ger 12 -UUU = där U = 10,0 V. Dessa samband ger )( 1211 UUCUC −= som ger

V 6,0V10)32(10103

6

6

21

21 =

⋅+⋅⋅=

+= −

−

CCUCU

c) Enligt uppgifterna a) och b) måste spänningen delas så att

2

2

21

11 CC

UCRRURU

+⋅

=+⋅

= som ger

F4,2F 105

100,7103)(3

36

1

122

1

212 µ=⋅

⋅⋅⋅=⋅

=−+

=−

RRCC

RRRCC

Svar: a) 4,0 V b) 6,0 V c) 4,2 µF

284

285

2. The sun subtends an angle, α, given by the diameter, d , of the sun and the distance , s , to the sun.

rad 0093,010496,11096,62

11

8≈

⋅⋅⋅≈=

sdα

The length of the airliner in the picture is around 16 % of the diameter which means that the airliner subtends an angle of

rad 0,0015 rad 0093,016,0 ≈⋅ . This angle can also be written as the length, , of the airliner divided by the distance, s , which gives

0015,0=s

and km 41m 0015,061

0015,0≈≈=s .

Answear. The range from the photographer to the airliner is around 4 Swedish mile.

3. a) Loppan har en accelerationssträcka, s, under upphoppet som är omkring 1 mm. Retardationssträckan, h, är 0,5 m eftersom accelerationssträckan, 1 mm, kan försummas i jämförelse med retardationssträckan 0,5 m. Retardationen är g och accelerationen sätts till a.

För upphoppet gäller enligt energiprincipen masmv =2

2

som ger asv 2= .

För inbromsningen gäller enligt energiprincipen mghmv =2

2

som ger

ghv 2= .

Detta ger ghas 22 = d v s 2-3 sm 1055001

500 ⋅⋅≈≈≈= ggs

gha

b) Accelerationssträckan för en människa vid ett upphopp fås genom knäböjning. Vi uppskattar med hjälp av detta accelerationssträckan till 0,3 m (s = 0,3 m). Det motsvarar enligt sambanden ovan en höjd h som ges av

m 101,5m 15003,0

2⋅≈⋅⋅

≈=g

g

gsah

Svar: a) Loppans acceleration är 5⋅103 m/s2. b) En människa skulle med denna acceleration under upphoppet hoppa cirka 150 m högt! 285

286

4. Den tillförda energin under tiden 22,0 minuter används för att värma upp vätskan och kompensera för värmeövergången till omgivningen. Denna värmeövergång är lika stor vid båda försöken eftersom vätskans temperatur är densamma - liksom omgivningens. Vi inför beteckningarna:

W18,7 W25,440,4 W15,6 W90,300,4

222

111

=⋅=⋅==⋅=⋅=

IUPIUP

s 1320s 6022och C12C)0,100,22( , kg 825,0 kg, 680,0 21

=⋅==−=∆==

tTmm

c är vätskans specifika värmekapacitet och Q är värmet som går över till omgivningen under 22,0 minuter. Energiprincipen ger då för de båda försöken ekvationerna.

∆⋅+=⋅∆⋅+=⋅

TcmQtPTcmQtP

22

11

Ur detta ekvationssystem löses c ut.

KkgkJ 35,2

KkgJ 2353

KkgJ

12)680,0825,0(1320)6,157,18(

)()(

12

12

⋅≈

⋅≈

⋅⋅−⋅−=

∆−−

=Tmm

tPPc

Svar: Vätskans specifika värmekapacitet är 2,35 kJ/(kg⋅K). 5. a) Om spaltavståndet är d gäller för den tionde ordningens maximum

λα ⋅=⋅ 10sind .

Vinkeln α kan beräknas ur sambandet αα sin030,0

mm 1000mm 30tan ≈==

eftersom vinkel är liten. Ur detta följer att m 1060010030,0 9−⋅⋅=⋅d d v s mm. 20,0=d

286

287

b) Låt den stråle som har den kortaste vägen fördröjas av filmen. Det betyder att den optiska vägen genom filmen måste vara 10 våglängder längre än den optiska vägen genom motsvarande luftskikt. Optisk väg definieras som n⋅d där n är brytningsindex och d är geometrisk väg. Detta ger sambandet

ddn ⋅−⋅= 110λ d v s

30,1130,01m 1020

m 10600101106

9

=+=+⋅

⋅⋅=−⋅= −

−

dn λ

Svar: a) Spaltavståndet är 0,20 mm. b) Brytningsindexet är 1,30 6. Under bollens stigtid påverkas den av den retarderande tyngdkraften och luftmotståndskraften. Dessa båda krafter samverkar under stigtiden. Under falltiden har de motsatta riktningar eftersom luftmotståndet alltid är riktat mot rörelseriktningen. Detta ger en större retardation, r, under stigtiden än motsvarande acceleration, a , under falltiden. Eftersom utgångsfarten i båda fallen är noll gäller för fall- respektive stighöjden, h

22

2fall

2stig tatr

h⋅

=⋅

=

om retardationen respektive accelerationen antas vara konstanta. Detta är dock inte sant eftersom luftmotståndet ökar med farten. Eftersom r > a måste fallstig tt < . Svar: Stigtiden är kortare än falltiden. 7. Antag att bollen har massan m och att ”foten” (Det är ju egentligen inte bara foten utan en del av benet också.) har massan M där M>>m. Vi antar vidare att fotens hastighet före stöten är u1 och u2 efter stöten. Bollens hastighet före stöten,12 m/s, betecknas v. Villkoren för en elastisk stöt med bevarande av rörelsemängd och energi ger sambanden

⋅+⋅=

⋅+⋅

⋅+⋅=⋅+⋅

220

22

022

221

2

21

uMmuMvm

uMmuMvm som ger

=+

=+

22

21

2

21

uuvMm

uuvMm

287

288

Med hjälp av den första ekvationen fås vMmuu += 12 som sätts in i den

andra ekvationen. 2

121

2

+=+ v

Mmuuv

Mm som ger 2

2

2

121

21

2 2 vMmv

Mmuuuv

Mm ++=+ .

Det senaste uttrycket kan förenklas till 2

12 2 v

Mmvuv += som ger m/s 6 m/s

212

21

21 ==≈

−= v

Mmvu eftersom

m << M. Svar: Foten skall alltså röra sig i samma riktning som bollen med hastigheten 6 m/s före stöten för att bollen skall få hastigheten noll efter stöten. 8. a) Vätskan i den nedre horisontella delen av röret påverkas under accelerationen av en kraft som ges av tryckskillnaden ∆p mellan de båda vätskepelarna. Den vätskepelare som ”går först” kommer att vara lägst.

Den accelererande kraften F ges av AhgApF ⋅⋅⋅=⋅∆= ρ . (A är tvärsnittsarean.) Den massa som accelereras av denna kraft är ρ⋅⋅= lAm . Enligt Newtons andra lag gäller alAamF ⋅⋅⋅=⋅= ρ som tillsammans med kraften ovan ger

alAAhg ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ ρρ som efter förenkling ger galh ⋅= .

288

289

b) Den resulterande tryckkraften utgör i detta fall centripetalkraft AhgApF ⋅⋅⋅=⋅∆= ρc .

Olika delar av den horisontella vätskan har olika centripetalaccelerationer eftersom 2

c ω⋅= xa

Den resulterande kraften blir därför 2

d22

0

2c

AlxAxFl ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= ∫

ρωρω .

Detta ger AhgAl ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ ρρω2

22

som ger g

lh2

22 ω⋅=

Svar:

a) galh ⋅= och b)

glh

2

22 ω⋅= .

289

290

FYSIKTÄVLINGEN


LÖSNINGSFÖRSLAG

SVENSKA

FYSIKERSAMFUNDET 1. a) Effekten i antennen kan beräknas med hjälp av sambandet

22 100)60,207,0( ⋅+== RIP W 7,26≈ kW Andelen strålningseffekt ges av kvoten

%6,2026,0100)60,207,0(

10007,02

2

=≈⋅+

⋅

b) Strömmen genom strålningsmotståndet blir då enligt Kirchhoffs strömlag 600 A. Effekten i multipelantennen kan då skrivas

18110060,2660007,0 22 ≈⋅⋅+⋅=P kW Andelen strålningseffekt ges av kvoten

%9,13139,010060,2660007,0

60007,022

2

=≈⋅⋅+⋅

⋅

Svar: a) Antenneffekten är 27 kW varav 2,6 % är strålningseffekt. b) Effekten för multipelantennen 181 kW varav 14 % är strålningseffekt. 2. a) The airplane starts at time 5 s and leaves ground at time 35 s (approximately). You can see that it leaves ground since the acceleration suddenly increases because it gets a vertical component. b) The acceleration time is approximately (35,5-5,0) s ≈ 30 s. The mean value of the acceleration during this time seems to be around 2,5 m/s2 according to the diagram. Since the the start velocity is zero we have

305,2 ⋅≈= atv m/s 75= m/s. 290

291

c) The estimated length of the runway is

30275

mean ⋅=⋅= tvs m = 1125 m ≈ 1,1 km

Svar: b) The estimated take off velocity is 75 m/s c) It must be at least 1,2 km.

3. a) Jorden roterar ju mot den uppgående solen i öster. Om jordrotationen skall utnyttjas för att ge bärraketen hastighet i färdriktningen måste raketen skjutas ut i jordens rotationsriktning d v s i rakt östlig riktning.

b) Jordens vinkelhastighet ges av Tπ2=ω där T = 24 h.

På 28,5° latitud är avståndet, d, till jordens rotationsaxel 5,28cos63705,28cos ⋅=⋅= rd km 3106,5 ⋅≈ km om jordradien

r = 6 370 km.

Detta motsvarar då hastigheten 24π2106,5 3 ⋅⋅=v km/h 31047,1 ⋅≈ km/h.

Jordaxeln

Ekvatorsplanet

28,5O

rd

Svar: a) I jordrotationens riktning – d v s rakt österut. b) På latituden 28,5° blir hastigheten 1,47 ⋅ 103 km/h. 4. a) Trycket 120 mm Hg räknas om till pascal

kPa 16Pa 12,082,913600Hg ≈⋅⋅=⋅⋅= hgp ρ Vid fotnivån tillkommer trycket av en blodpelare med den ungefärliga höjden 1,2 m för en vuxen person. Detta bidrar med ett partialtryck

291

292

kPa 12Pa 2,182,9100,1 3blodblod ≈⋅⋅⋅≈⋅⋅= hgp ρ

Totaltrycket blir då kPa 28kPa )1216(total =+=p

b) För effekten P gäller

tVp

tpA

tF

tWP ⋅==⋅==

där A är de utgående artärernas tvärsnittsarea och är den längd blodet drivs framåt av trycket p under tiden t. Blodflödet V/t ges då av

tA

tV ⋅=

Med textens värden fås då

W3,1W601051360082,912,0

3

≈⋅⋅⋅⋅=⋅=−

tVpP

Svar a) Trycket på fotnivå är 28 kPa b) Hjärtats medeleffekt är 1,3 W.

5. a) Då ström flyter genom koppartråden värms den upp och förlängs. Förlängningen är proportionell mot temperaturökningen och gör det därför möjligt att bestämma trådens temperatur. Den bestämda temperaturen kan sedan användas för att beräkna hur stor effekt som strålar ut från tråden.

11,4 cm 7,2 cm 8,7 cm

αα Ββ

62,5 cmAB

C

D

Med hjälp av beteckningarna i ovanstående figur gäller

5,627,2

5,627,84,11

ADABtan =−==α ⇒ 474,2≈α ⇒

cm 62,549cm474,2sin7,2

sinABDB ≈==

α

292

293

5,622,4

5,622,74,11

ADACtan =−==β ⇒ 844,3≈β ⇒

cm 62,649cm844,3sin2,4

sinACDC ≈==

β

DC – DB=(62,649 – 62,549) cm ≈ 0,10 cm Hela trådens längd har alltså ökat med 0,20 cm∆ = För längdutvidgningen gäller T∆⋅⋅=∆ α Där α är längdutvidgningkoefficienten för koppar och ∆T är temperaturskillnaden. Tabellvärdet för koppar är -15 K106,1 −⋅=α

Vi får då K100106,1125

20,05 ≈

⋅⋅≈

⋅∆=∆ −α

T

Enligt Stefan Boltzmanns lag gäller då för den utstrålade nettoeffekten P )( 4

04 TTAP −=σ

där A är trådens area och T0 = 20 °C = 293 K är rumstemperaturen och T =T0 + 100 K är trådens temperatur. Trådens radie och längd är kända. Vi får då om tråden antas vara en totalstrålare

W7,1W)293393(25,1100,225π21067,5

)(π2443-8

40

4

≈−⋅⋅⋅⋅⋅≈

≈−=−

TTrP σ.

b) Det finns även värmeledning till luften och anslutningskontakterna för tråden. Experiment visar att det är en större del av den tillförda effekten som leds bort på detta sätt. Svar: Den utstrålade effekten från tråden kan uppskattas till 2 W.

6 a) Vi utgår från att den utsända fotonen har energin hf och den registrerade fotonen har energin hf’ vilket ger energiskillnaden hf – hf’. Enligt energiprincipen tolkas denna energiskillnad som en ökad lägesenergi för fotonen i tyngdkraftfältet. Skillnaden i lägesenergi ges av mgd där m är den ekvivalenta massan för fotonen, g är tyngdaccelerationen och d är höjdskillnaden. Den ekvivalenta massan för fotonen ges av Einstein samband 2mcW = . Om de båda sambanden

293

294

22

'

chf

cWm

mgdhfhf

==

=−

kombineras erhålls

gdchfhfhf ⋅=− 2' ⇔ 2

)'(cgd

hfffh =−

dvs 15282 1046,2

)1000,3(57,2282,9 −⋅≈

⋅⋅≈=∆

cgd

ff

b) Enligt vår modell minskar fotonens energi på sin väg ut ur tyngdkraftfältet. Om tyngdkraftfältet är tillräckligt starkt betyder det att fotonen blir av med all sin energi som överförs till det svarta hålets gravitationsfält. I en klassisk modell betyder det att partikeln minskar sin hastighet. Detta utgör ett problem i vår modell eftersom ljuset skall behållas sin hastighet. Den klassiskt beräknade flykthastigheten från en planet kan inte användas för fotoner. Svar: a) Det sökta värdet på kvoten är 2,46⋅ 10-15. 7. a) Då den undre bollen med massan m1 når golvet kan hastigheten bestämmas med hjälp av energiprincipen som ger

ghmvm1

211

2= d v s ghv 21 =

Efter kollisionen med golvet har den undre bollen samma fart som före kollisionen men rörelsen är motriktad. Den övre bollen med massan m2 har också samma fart men dess rörelse är nedåtriktad. Efter den nu följande stöten skall m1 få hastigheten noll och m2 antas få hastigheten v. Villkoren att rörelsemängd och rörelseenergi skall bevaras i den elastiska stöten ger sambanden

222

02

2212

211

211211

vmvmvm

vmmvmvm

=+

+⋅=− ⇔

2

2

121

2

11

1

1

vmm

v

vmm

v

=

+

=

−

Om den övre ekvationen kvadreras och sedan divideras med den undre ekvationen erhålls

294

295

11

12

2

1

2

1

=

+

−

mmmm

⇔ 1122

1

2

1

2

2

1 +=+−

mm

mm

mm

Denna ekvation har lösningen

32

1 =mm som i sin tur ger 11 2)13( vvv =−=

b) Vi vet nu att den övre bollen får rörelseenergin

)4(22224

2 22212

212

22 hgmghmvmvmvm

⋅=⋅⋅=⋅=⋅

=

Med hjälp av det sista ledet och energiprincipen ser vi att den övre bollen når upp till höjden 4h. Svar: a) Det sökta massförhållandet är 3. b) Den övre bollen når höjden 4h.

8. a) Kalla brytningsvinkeln vid strålens inträde i vattendroppen för b. I vattendroppen finns då två likbenta trianglar med basvinklarna b. Den utgående strålen kommer att bilda vinkeln i med radiens förlängning genom den utgående strålens skärning med droppens periferi.

0,5r r

β

i

i

i

b bb

b α

α

Med hjälp av vinkelsumman i en triangel och det hela varvets vinkel inses ur figuren

ibbbi

−=−−−−−=

4)2180()2180(360

αα

Av figuren framgår vidare att ibi 24 −=−=αβ

Om den axelparallella strålen kommer in på avståndet 0,5r från den optiska axeln blir infallsvinkeln 30°. Med hjälp av brytningslagen kan b beräknas.

295

296

bnsin30sin = som ger

08,2233,130sinarcsin ≈=b

vilket ger 32,2830208,224 =⋅−⋅=β

b) Av lösningen till a) framgår att vi allmänt kan skriva

ii 233,1

sinarcsin4 −

⋅=β

som ger den sökta vinkeln β som funktion av infallsvinkeln i. Om denna funktion ritas med hjälp av en grafisk räknare och undersöks med avseende på maximum fås följande resultat.

Det reflekterade ljuset från vattendropparna återfinns alltså inom en kon där halva toppvinkeln är 42,5°.

b) Om det hade varit samma brytningsindex för alla våglängder blir det reflekterade ljuset vitt. Detta reflekterade ljuset når emellertid inte utanför vinkeln 42,5 ° vilket skulle innebära att himmeln ser ut att vara något mörkare utanför denna vinkel. Av diagrammet ovan framgår även att en stor del av det reflekterade ljuset kommer att ligga i närheten av denna vinkel. Jämför bild i Nationalencyklopedin (regnbåge) som visar att utrymmet mellan den primära och sekundära regnbågen är ett mörkare område.

Svar: a) 28,3° b) ii 233,1

sinarcsin4 −

⋅=β

296

297

FYSIKTÄVLINGEN


LÖSNINGSFÖRSLAG

SVENSKA

FYSIKERSAMFUNDET 1. Skillnaden i avläsningen av vågen mellan bild 1 och 2 bestäms av vattnets lyftkraft på metallstaven som enligt Arkimedes princip är tyngden av det undanträngda vattnet. Samma kraft påverkar då vågen enligt Newtons tredje lag. Denna tyngd är (0,831 – 0,821)⋅ g = 0,010⋅ g vilket motsvarar massan 10 gram. Med hjälp av vattnets densitet 1,0 g /cm3 kan då stavens volym beräknas till 10 cm3.

Tyngd

Lyftkraft

Normalkraft

Spännkraft

Skillnaden i avläsningen av vågen mellan bild 1 och 3 bestäms av metallstavens tyngd. Denna motsvarar massan (897 – 821)g = 76 g. Stavens densitet är då 297

298

33 g/cm 6,7

cm 10g 76 ===

Vmρ

Svar: Stavens densitet är 7,6 g/cm3. 2. a) Avläsning i diagrammen ger Vågrörelsens amplitud är 1,5 mm. Våglängden är 12,5 m. Eftersom ingen vågtopp har passerat origo mellan de båda ögonblickbilderna motsvarar tiden 0,010 s en fjärdedels period. Om perioden är T =4⋅ 0,010 s= 0,040 s blir frekvensen

Hz 25 Hz 040,011 ===

Tf .

Utbredningshastigheten ges av km/s 0,31 m/s 312,5 m/s 5,1225 ≈=⋅=⋅= λfv

b) Vågekvationen får för x = 12,5 m formen

( ) )π50sin(5,1π50π2sin5,1040,0π25,12

5,12π2sin5,1 ttty ⋅−=⋅−⋅=

−⋅⋅=

3. Då aluminiumstaven stoppas ner i vattnet tas energi för uppvärmningen av denna från vattnet. Det betyder att vattnets temperatur sjunker och avsvalningen fortsätter från en lägre temperatur. Diagrammet kan utnyttjas för att bestämma hur mycket temperaturen sjunker på grund av aluminiumstavens inverkan. Enligt diagrammet kan denna temperaturminskning uppskattas till 1,7 °C – se diagram nedan.

298

299

Den av vattnet avgivna energin blir då

J 3010J 8,11018,4400,0 3vattenvattenavgiven ≈⋅⋅⋅=∆⋅⋅= TcmW

Den av staven upptagna energin kan uttryckas som TcmW ∆⋅⋅= Alstavupptagen

som ger K)J/(kg 935Kkg

J )5,267,48(145,0

3010Al ⋅≈

⋅−⋅=c

Svar. Den specifika värmekapaciteten för aluminium är 0,94 kJ/(kg⋅K) 4. a) Vi bestämmer först konvergenspunkten för randstrålarna med hjälp av brytningslagen.

r h

A BLongitudinellsfärisk aberration

Lateralsfärisk aberration

i=30o b

b-i

b-i

f1

f2

Skärm

d

Med beteckningar enligt figuren ovan erhålls

bin sinsin = som ger 59,48)30sin5,1(sin 1 ≈= −b . 299

300

Triangelgeometrin ger 1

)tan(fhib =− som ger

mm 59,46mm )3059,48tan(

20)tan(1 ≈

−=

−=

ibhf

Motsvarande beräkning för centrala strålar, t ex i = 1,00° ger 50,1)00,1sin5,1(sin 1 ≈= −b och mm 6981,000,1sin40 ≈⋅=h

mm 79,99mm )00,150,1tan(

6981,0)tan(2 ≈

−=

−=

ibhf och

mm 36,5)30cos1(40 ≈−=d Svar: Den longitudinella sfäriska aberrationen blir då f2+d - f1=(79,99 +5,36– 59,46) mm = 25,89 mm ≈ 26 mm. b) Med hjälp av trigonometri i den gråa triangeln i figuren ovan kan den lateral sfäriska aberrationen beräknas som produkten av den longitudinella sfäriska aberrationen och tan(b-i). Lateral sfärisk aberration mm 9 mm )00,3059,48tan(89,25 ≈−⋅= Svar: Den laterala sfäriska aberrationen blir 9 mm. c) Om linsen delas in i koncentriska ringar med växande radier kommer varje ringzon att ha sitt fokus. Varje zon av linsen, vars fokus ligger till höger om eggens placering, kommer att täckas av rakbladet på den sida från vilken rakbladet förs in. Varje zon av linsen, vars fokus ligger till vänster om eggens placering, kommer att täckas av rakbladet på den motsatta sidan från vilket rakbladet förs in. Bild a ligger alltså någonstans mellan randstrålefokus och fokus för de centrala strålarna medan Bild b ligger alldeles i närheten av fokus för de centrala strålarna.

a – I denna bild förs rakbladet in i strålgången någonstans mellan A och B.

b – I denna bild förs rakbladet in i strålgången alldeles i närheten av B.

300

301

5. Uppgifterna i texten används för att ställa upp nedanstående tabell och diagram. Den numeriska integrationen som genomförts i tabellen nedan ger ett total ljusflöde av 885 lumen från 60 W lampan. Det betyder ett ljusutbyte av

lumen/watt 15lumen/watt 60

885 ≈

Våglängd W/nm lm/W lm/nm lumen Intervall/nm

425 0,0025 10 0,025 1,25 400 – 450 475 0,005 90 0,45 22,5 450 – 500 525 0,009 550 4,95 247,5 500 – 550 575 0,013 625 8,125 406,25 550 – 600 625 0,018 200 3,6 180 600 – 650 675 0,022 25 0,55 27,5 650 – 700

Summa 885 400 - 700

Ljusflöde från en 60W-lampa

0123456789

400 500 600 700Våglängd/nm

lm/nm

Svar: Ljusutbytet för 60 W-lampan är 15 lumen/watt. 6. I vattnet finns joner med laddningen q som rör sig med vattnets hastighet. Dessa laddningar påverkas av en magnetisk kraft på grund av det jordmagnetiska fältet. Det byggs då upp ett elektriskt fält mellan plattorna som ger en motsatt riktad elektrisk kraft på laddningarna. Jämvikt fås då dessa fält påverkar laddningarna med lika stora men motsatt riktade krafter. Den magnetiska kraften ges av

qvBF =magnetisk 301

302

där v är jonernas dvs vattnets hastighet, B det jordmagnetiska fältets vertikala komposant (40 µT) som är vinkelrät mot vattnets ”horisontella” rörelse och q är jonens laddning. Det elektriska fältet som byggs upp mellan flodens stränder ges av

dUE = som ger den elektriska kraften

dUqF =elektrisk

där U är den uppmätta spänningen 20 mV och d är flodens bredd 300 m. Vid jämvikt gäller

dUqqvB = som ger m/s 1,7 m/s

3001040020,0

6 ≈⋅⋅

== −BdUv

Svar: Vattnets hastighet var 1,7 m/s. 7. a) Personen befinner sig i luften då vågen visar noll, dvs under tiden (6,22 – 5,72)s = 0,50 s. Denna tid avser både uppfarten och nedfarten. Det fria fallet ner tar halva tiden dvs 0,25 s. Under denna tid faller man

m 31,0m 2

25,082,92

22

≈⋅≈= gth

Svar: Personen höjer alltså sin tyngdpunkt med 31 cm under hoppet. b) Under ansatsen gäller - om a är medelaccelerationen och v sluthastigheten - sambanden

24

2ath = och atv =

som tillsammans ger

ava

vah

224

2

2

=

= som ger hva

22= .

För den fortsatta delen av hoppet ger energiprincipen

42

2 hmgmv = som ger 2

2 ghv = .

När detta sätts in i uttrycket för accelerationen a fås

gh

gh

hva =

⋅== 2

22 2

302

303

Medelaccelerationen under upphoppet är alltså lika stor som tyngdaccelera-tionen. Medelkraften på vågen under upphoppet blir alltså mg + mg = 2mg . Försökspersonen i uppgiftens diagram väger 70 kg. Toppvärdet för vågen är cirka 1,8 kN vilket stämmer ganska bra med beräkningen ovan som ger 1,4 kN som medelkraft i varje fall om man tar hänsyn till att det registrerade hoppet förmodligen var lägre än 25 % av försökspersonens längd. 8. Partiklarna påverkar varandra med lika stora men motsatt riktade krafter. Krafterna är repulsiva eftersom båda partiklarna är positivt laddade. Eftersom partiklarna väger olika mycket kommer de emellertid att få olika accelerationer. Protonens acceleration blir fyra gånger större än alfapartikelns acceleration eftersom dess massa är en fjärdedel av alfapartikelns massa. Det betyder att protonen kommer att byta riktning på sin hastighet för att vid en något senare tidpunkt ha samma hastighet som alfapartikeln har bromsats till. Detta är också den tidpunkt då avståndet mellan partiklarna är minst. Därefter kommer protonen att öka sin hastighet åt vänster i figuren och alfapartikeln fortsätter att minska sin hastighet. Hastigheterna efter lång tid kan bestämmas med hjälp av rörelsemängdens bevarande och energiprincipen.

m 4m

4mm

v

v v

-v

e 2e

2ee

1 1

Rörelsemängd vid start: mvmvmv 34 −=− Rörelsemängd då de har samma hastighet: 11 43 mvmvmv +=−

ger 53

1vv −=

Vilket avstånd har de då? Antag att avståndet är x och använd energiprincipen.

303

304

Lägesenergin ges av x

kerr

ekx 2

2

2 2d2 =−∫∞

om lägesenergin är noll vid start

och k är konstanten i Coulombs lag.

Energiprincipen ger 2

42

22

42

21

21

222 mvmvx

kemvmv ++=+

Som med insatt värde 53

1vv −= ger

1092

25 222 mv

xkemv += eller 2

2

45mvkex =

Anmärkning: Med hjälp av energiprincipen och rörelsemängdens bevarande kan sluthastigheterna för partiklarna beräknas. Efter lång tid kommer protonen att ha hastigheten –2,2 v och alfapartikeln –0,2v.

Svar: Det minsta avståndet mellan protonen och alfapartikeln är 2

2

45mvke .

304

S v e n s k a F y s i k e r s a m f u n d e t h a r s e d a n 1 9 7 6 å r l i g e na n o r d n a t e n f y s i k t ä v l i n g i s k o l o r n a . T ä v l i n g e n h a r s a m l a t m å n g a d e l t a g a r e u n d e r å r e n s l o p p o c h d eg i v n a p r o b l e m e n ä r e x e m p e l f r å n m å n g a o l i k a i n t r e s s e v ä c k a n d e o m r å d e n i n o m f y s i k e n . S a m f u n d e t h a r h ä r s a m l a t u p p g i f t e r n a o c h d el ö s n i n g s f ö r s l a g s o m g i v i t s a v u p p g i f t e r n a s k o n s t r u k t ö r e r .F ö r h o p p n i n g e n ä r a t t d e t t a s k a s t i m u l e r a n y a s k a r o r a v u n g a f y s i k e r .

T ä v l i n g s u p p g i f t e r n a h a r s a m l a t s o c h k o m m e n t e r a t sa v L a r s G i s l é n , L u n d s u n i v e r s i t e t , L u n d o c h A l f Ö l m e ,P e d e r S k r i v a r e s s k o l a , V a r b e r g .

Documents

V I N N A N D E V E T A N D E - fysikersamfundet · Vetenskapsfestivalen. Finalisterna får på detta sätt också tillfälle att höra några av föredragen under Fysikens dag. Ansvaret